【化学】内蒙古赤峰市2020届高三上学期期末考试（解析版） 18页

内蒙古赤峰市2020届高三上学期期末考试 可能用到的相对原子质量：H - 1 Be-9 O - 16 P - 31 S- 32 Co – ‎59 C - 12‎ 第I卷（选择题 共126分）‎ 一、选择题：本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得6分，选错得0分。‎ ‎1.化学与人类生产、生活、可持续发展密切相关，下列说法正确的是（　　）‎ A. 太阳能光电池、光导纤维的主要成分都是二氧化硅 B. 古人煮沸海水制取淡水，现代可通过向海水加入明矾实现海水淡化 C. 食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应 D. 我国山水画所用的炭黑与“嫦娥四号”卫星所使用的碳纤维互为同分异构体 ‎【答案】C ‎【详解】A．太阳能光电池成分为晶体硅，不是二氧化硅，故A错误；‎ B．明矾可以净水，但是不能淡化海水，则不能实现海水淡化，故B错误；‎ C．用花生油为油脂，鸡蛋清的成分为蛋白质，均可发生水解反应，故C正确；‎ D．碳纤维是一种新型无机非金属材料，是碳的单质，而炭黑的也为碳单质，是两种不种组成的碳单质，互为同素异形体，不是同分异构体，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】考查物质的组成与性质及其在生产、生活、科技方面的用途，把握海水淡化、物质组成与性质、有机高分子物质的类别为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意同分异构体与同素异形体的区别，前者是同种元素的不同单质，而后者常指分子式相同，结构不同的有机化合物。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）‎ A. 标准状况下，等物质的量的C2H4和CH4所含的氢原子数均为4NA B. ‎1L0.4mol/L亚硫酸钠溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的总数为0.4NA C. 向含4 mol FeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2，转移的电子数为4NA D. ‎100g98%的硫酸与磷酸的混合溶液中含氧原子数为0.4NA ‎【答案】B ‎【详解】A．等物质的量的C2H4和CH4含有氢原子物质的量相同，但不一定是4mol，故A 错误；‎ B．‎1 L0.4mol/L亚硫酸钠溶液中溶质物质的量=‎1 L×0.4mol/L=0.4mol，亚硫酸根离子分步水解生成H2SO3、HSO3-，硫元素守恒得到溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的总数为0.4NA，故B 正确；‎ C．FeI2溶液中，碘离子的还原性大于亚铁离子的，通入氯气，先发生的反应为2I-+Cl2=I2+2Cl-～2mole-，则4molFeI2含8mol I-，由方程式得8molI-需要4molCl2，转移8mol电子，故通入4mol Cl2充分反应后转移的电子数为8NA，故C错误；‎ D‎.100g98%的硫酸与磷酸的混合液中中含有酸的物质的量为=1mol，1mol酸含有4mol氧原子，溶液中水也含有氧原子，所以混合液中含有氧原子数大于4NA，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】考查物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，难点是选项B中物料守恒的应用，再如K2S溶液中S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，守恒关系：c(K+)＝‎2c(S2-)+‎2c(HS-)+‎2c(H2S)。‎ ‎3.某种可用于治疗心脏病的药物X的结构简式为，下列有关X法正确的是（　　）‎ A. X是乙酸乙酯的同系物，可能有香味 B. X能溶于水，密度可能比水的大 C. X遇碱溶液或酸溶液都不变质 D. 与X互为同分异构体 ‎【答案】D ‎【详解】A．X含环状结构，与乙酸乙酯的结构不相似，二者不是同系物，故A错误；‎ B．X含-COOC-，且碳原子数不多，则X不溶于水，密度可能比水的小，故B错误；‎ C．含-COOC-，具有酯的性质，遇碱溶液或酸溶液均发生水解反应而变质，故C错误；‎ D．二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎4.下列实验装置能达到相应实验目的的是（　　）‎ A. 配制0.1mol•L-1 NaCl溶液 B. CO回收利用 C. 检验石蜡油分解产生了不饱和烃 D. 用渗析法分离葡萄糖与氯化钠的混合液 ‎【答案】C ‎【详解】A．图示为仰视定容，导致加入蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏小，故A错误；‎ B．氢氧化钙在水中溶解度较小，应该用NaOH溶液除去CO中的二氧化碳，图示除杂药品不合理，故B错误；‎ C．若溴四氯化碳溶液褪色，证明石蜡油分解产生了不饱和烃，能够达到实验目的，故C正确；‎ D．葡萄糖与氯化钠的混合液属于溶液，都能够透过半透膜，无法用渗析法分离，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎5.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的．甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体（常温下）。上述物质间的转化关系如图所示（部分反应物和生成物省略）。下列说法正确的是（　　）‎ A. 离子半径：r（Y）＞r（Z）＞r（W）‎ B. N与M的反应达平衡时，加热逆向移动 C. 含W元素的盐溶液不可能显碱性 D. Z与X、Y、W形成的化合物中，只有离子键 ‎【答案】B ‎【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，可推知乙为H2O2，M为O2，丁为H2O．化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，由转化关系可知丙为H2S，故甲为金属硫化物，而X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的，可推知X为H、Z为Na，Y为O、W为S，故甲为Na2S，以此解答该题。‎ ‎【详解】由分析可知，X为H、Z为Na，Y为O、W为S，甲为Na2S，乙为H2O2，M为O2，丙为H2S，N为SO2，丁为H2O；‎ A．核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，核外电子层数越多，离子半径越大，应为r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)，故A错误；‎ B．SO2和O2生成SO3的反应为放热反应，加热平衡逆向移动，故B正确；‎ C．含S的盐如为亚硫酸钠溶液或Na2S溶液等，则因水解溶液呈碱性，故C错误；‎ D．Na与H、O、S形成的化合物NaHSO4中即含有共价键又含有离子键，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎6.城市地下潮湿的土壤中常埋有纵横交错的管道和输电线路，当有电流泄漏并与金属管道形成回路时，就会引起金属管道的腐蚀。原理如图所示，但若电压等条件适宜，钢铁管道也可能减缓腐蚀，此现象被称为“阳极保护”。下列有关说法正确的是（　　）‎ A. 该装置能够将化学能转化为电能 B. 管道右端腐蚀比左端快，右端电极反应式为Fe-2e-═Fe2+‎ C. 如果没有外加电源，潮湿的土壤中的钢铁管道比较容易发生析氢腐蚀 D. 钢铁“阳极保护“的实质是在阳极金属表面形成一层耐腐蚀的钝化膜 ‎【答案】D ‎【详解】A．该装置相当于电解池，能将电能转化为化学能，故A错误；‎ B．电解池中阳极被腐蚀，左端为阳极，其腐蚀速率较右端快，左端电极反应式为Fe-2e-═Fe2+，故B错误；‎ C．如果没有外加电源，潮湿的土壤(接近中性)中的钢铁管道发生原电池反应，所以发生的是吸氧腐蚀，故C错误；‎ D．若电压等条件适宜，Fe在阳极失电子生成氧化物薄膜，能防止金属被腐蚀，所以“阳极保护”实际上是在金属表面形成了一层致密的保护膜，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】金属的腐蚀与防护，解答时要从钢铁生锈的条件方面进行分析、判断，从而找出科学的防锈方法。牺牲阳极的阴极保护法--被保护的金属上连接一种更活泼的金属，被保护的金属作原电池的正极；外加电流的阴极保护法--被保护的金属与电源的负极相连，作电解池的阴极。‎ ‎7.用CoCO3为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得H2O2分解的高效催化剂CoxNi（1-x）Fe2O4（其中Co、Ni均为+2价）。如图是用两种不同方法制得的CoxNi（1-x）Fe2O4在‎10℃‎时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。下列说法不正确的是（　　）‎ A. 由图中信息，可知常规水热法制取的催化剂活性更高，Co2+的催化效果更好 B. 微波协同CuO有利于H2O2除去氨态氮。该条件下，1molH2O2将NH3氧化为N2转移电子为2mol C. 常温下0.1moL/L氨水溶液的pH=a，将溶液稀释到原体积的10倍，不能使溶液pH=（a-1）‎ D. 已知煅烧CoCO3时，温度不同，产物不同。在‎400℃‎充分煅烧CoCO3，得到固体氧化物的质量‎2.41g，CO2的体积为‎0.672L（标况下），则此时所得固体氧化物的化学式为Co3O4‎ ‎【答案】A ‎【详解】A．由图可知微波水热法对应的H2O2溶液的相对初始速率大，则催化剂活性更高，Co2+的催化效果更好，故A错误；‎ B．H2O2将NH3氧化为N2，N元素的化合价升高，则O元素的化合价由-1价降低为-2价，则1mol H2O2将NH3氧化为N2转移电子为1mol×2×[(-1)-(-2)]=2mol，故B正确；‎ C.0.1moL/L氨水溶液的pH=a，将溶液稀释到原体积的10倍，pH减小，且稀释促进一水合氨的电离，则溶液的pH＞a-1，故C正确；‎ D．在‎400℃‎充分煅烧CoCO3，得到固体氧化物的质量‎2.41g，CO2的体积为‎0.672L(标况下)，n(CO2)=n(CoCO3)==0.03mol，则氧化物中含n(O)==0.04mol，n(Co):n(O)=3:4，所得固体氧化物的化学式为Co3O4，故D正确；‎ 故答案为A。‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第26～28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35～36题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题（共129分）‎ ‎8.铍铜是力学、化学综合性能良好的合金，广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铵铜元件（含BeO25%、CuS71%、少量FeS和SiO2）中回收铍和铜两种金属的流程。‎ 已知：‎ Ⅰ．铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似 Ⅱ．常温下：Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20，Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10-38，Ksp[Mn（OH）2]=2.1×10-13‎ ‎(1)滤渣B的主要成分为_________（填化学式）；‎ ‎(2)写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的化学方程式___________________________；‎ ‎(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应Ⅱ中CuS发生反应的离子方程式_____________________________________________，若用浓HNO3溶解金属硫化物缺点是___________________________（任写一条）；‎ ‎(4)从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是___________________________。‎ ‎(5)溶液D中含c（Cu2+）=2.2mol•L-1、c（Fe3+）=0.008mol•L-1、c（Mn2+）=0.01mol•L-1，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离首先沉淀的是______（填离子符号），为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于______；‎ ‎(6)取铍铜元件‎1000g，最终获得Be的质量为‎72g，则Be的产率是_________。‎ ‎【答案】(1). CuS、FeS (2). Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O (3). (4). 生成NO2污染空气 (5). 在氯化氢气流下蒸发结晶 (6). Fe3+ (7). 4 (8). 80%‎ ‎【分析】废旧铍铜元件(含BeO25%、CuS71%、少量和FeSSiO2)，加入氢氧化钠溶液反应后过滤，信息可知BeO属于两性氧化物，CuS不与氢氧化钠溶液反应，FeS不与氢氧化钠溶液反应，二氧化硅属于酸性氧化物，和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，因此滤液A成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，滤渣B为CuS、FeS，滤液中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸，溶液中为BeCl2，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，然后过滤洗涤，再加入适量的HCl生成BeCl2，在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶得到晶体，滤渣B中加入硫酸酸化的二氧化锰，MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，过滤得到溶液D为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合溶液，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，最后得到金属铜，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)由以上分析可知滤渣B为CuS、FeS；‎ ‎(2)信息1得到BeO22-与过量盐酸反应的化学方程式为：Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O；‎ ‎(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为锰盐，反应Ⅱ中Cu2S发生反应的离子方程式为：MnO2+CuS+4H+=S+Mn2++Cu2++2H2O；浓硝酸具有氧化性做氧化剂被还原为二氧化氮、NO2气体有毒污染环境；‎ ‎(4)为了抑制Be2+离子的水解，需要在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶；‎ ‎(5)三种金属阳离子出现沉淀，结合浓度商与Ksp的关系，铜离子转化为沉淀c(OH-)=mol/L=1×10-10mol/L，Fe3+离子转化为沉淀，c(OH-)=‎ ‎×10-12mol/L，锰离子沉淀时，c(OH-)=×10-5.5mol/L，因此首先沉淀的是Fe3+，为使铜离子沉淀c(H+)=mol/L=10-4mol/L，pH=4，常温下应调节溶液的pH值大于4；‎ ‎(6)混合物中BeO质量=1000×25%=‎250g，理论上得到Be的物质的量==10mol，实际得到Be物质的量==8mol，产率=×100%=80%。‎ ‎9.氯磺酸（HSO3Cl）是无色液体，密度为‎1.79g•cm-3，其沸点约‎152℃‎：氯磺酸有强腐蚀性，遇潮湿空气生成浓烈的白雾，它属于危险品。制取氯碘酸是在常温下将干燥的氯化氢气体通入溶有三氧化硫的硫酸（发烟硫酸）中，氯化氢与三氧化硫化合即得氯磺酸。在实验室里制取氯磺酸可用如图所示的装置（图中衬垫、夹持和固定仪器均已略去）。‎ 所用到的试剂有：①密度为‎1.19g•cm-3的浓盐酸；②密度为‎1.84g•cm-3质量分数为98.3%的浓硫酸（98.3%的浓硫酸沸点是‎338℃‎；③发烟硫酸；④无水氯化钙：⑤水；⑥碱石灰。试填空：‎ ‎(1)对应仪器中应盛入的试剂或药品（填名称）：‎ a中为_________，B中为_________，C中为_________，F中为_________；‎ ‎(2)A中的分液漏斗下端接有的毛细管的作用是：____________________________________，若不用毛细管直接用分液漏斗注入a中液体，可能发生的现象是______________________，利用生活用品改进实验装置，若将分液漏斗换为_________，还能更好的控制反应发生；‎ ‎(3)写出实验室制备氯磺酸的化学方程式___________________________，一定程度时需用酒精灯在C装置下加热的作用是：___________________________________________________；‎ ‎(4)如果C中的温度计换成温度传感器，作用是：____________________________________；‎ ‎(5)如果不加F装置可能产生大量烟雾，用化学用语解释原因___________________________；‎ ‎(6)若F中加无水氯化钙，F后_________（填有或没有）必要加装HCl的吸收装置。‎ ‎【答案】(1). 浓盐酸 (2). 浓硫酸 (3). 发烟硫酸 (4). 碱石灰 (5). 控制浓盐酸的加入速度，使产生的HCl气流速度适当而稳定 (6). 盐酸沸腾飞溅 (7). 注射器 (8). HCl+SO3=HSO3Cl (9). 使温度升高，沸点较低的氯磺酸迅速气化被及时蒸馏分离出来 (10). 能动态显示测量的变化过程，便于分析和作图，能显示实验过程的细节，精确度高等 (11). HSO3Cl+H2O=H2SO4+HCl (12). 有 ‎【分析】根据题给信息分析各装置的作用，制备氯磺酸需要HCl，A装置制取HCl气体，用浓盐酸和浓硫酸混合制取，B用浓硫酸干燥HCl，C中HCl和发烟硫酸制取氯磺酸，通过冷凝E中得到氯磺酸，为防止氯磺酸与湿空气接触，同时处理F中用碱石灰干燥空气；A中毛细管可控制盐酸的加入速度，防止盐酸沸腾飞溅，C中可适当加热促进氯磺酸气化，据此解答。‎ ‎【详解】(1)A装置制取HCl气体，用浓盐酸和浓硫酸混合制取，所以a中盛放浓盐酸；B用浓硫酸干燥HCl，则B盛放浓硫酸；C中HCl和发烟硫酸制取氯磺酸，则C中盛放发烟硫酸；通过冷凝E中得到氯磺酸，为防止氯磺酸与湿空气接触，同时吸收过量HCl，F中用碱石灰；‎ ‎(2)A中的分液漏斗下端接有的毛细管的作用是控制浓盐酸的加入速度，使产生的HCl气流速度适当而稳定；若不用毛细管直接用分液漏斗注入a中液体，浓硫酸稀释放热可能使盐酸沸腾飞溅；用生活用品改进实验装置，若将分液漏斗换为注射器，还能更好的控制反应发生；‎ ‎(3)实验室制备氯磺酸的化学方程式HCl+SO3=HSO3Cl，用酒精灯在C装置下加热的作用是使温度升高，沸点较低的氯磺酸迅速气化被及时蒸馏分离出来；‎ ‎(4)如果C中的温度计换成温度传感器，作用是能动态显示测量的变化过程，便于分析和作图，能显示实验过程的细节，精确度高等；‎ ‎(5)如果不加F装置氯磺酸遇潮湿空气水解生成HCl，HCl气体与空气中的水蒸气结合形成大量白雾，方程式为HSO3Cl+H2O=H2SO4+HCl；‎ ‎(6)若F中加无水氯化钙，有必要加装HCl吸收装置，防止污染空气。‎ ‎【点睛】考查物质制备，侧重考查实验操作、信息获取和知识灵活运用能力，明确实验原理、元素化合物性质并结合题干信息分析解答是解本题关键，注意最后要考虑环境污染问题。‎ ‎10.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如图。‎ ‎(1)生成 CH3COOH总反应的原子利用率为______，该催化剂______（填能或不能）有效提高反应物的平衡转化率；‎ ‎(2)如图是1 mol CH4完全燃烧生成气态水的能量变化和1molS（g）燃烧的能量变化 ①CH4完全燃烧的活化能是______kJ/mol。‎ ‎②在催化剂作用下，CH4可以还原SO2生成单质S（g）、H2O（g）和CO2，写出该反应热化学方程式________________________________________________；‎ ‎(3)在密闭容器中充入2molCH4（g）和1molO2（g），在不同条件下反应：2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH（g），实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示。‎ ①P1时升高温度n（CH3OH）______（填“增大”、“减小”或“不变”）；‎ ‎②E、F、N点对应的化学反应速率由大到小的顺序为_______________（用v（E）、v（F）、v（N）表示）；‎ ‎③下列能提高CH4平衡转化率的措施是______（填序号）；‎ a．减小压强 b增大投料比 c.及时分离产物 ‎④若F点n（CH3OH）=1mol，总压强为2.5MPa，则T0时F点用分压强代替浓度表示的平衡常数Kp=_________。‎ ‎【答案】(1). 100% (2). 不能 (3). 126 (4). CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)△H=+352kJ/mol (5). 减小 (6). v(N)＞v(F)＞v(E) (7). c (8). 2‎ ‎【分析】(1)根据图知，总反应中甲烷和二氧化碳反应生成唯一产物CH3COOH，所有原子完全被利用；催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动；‎ ‎(2)①活化能是物质发生化学反应需要的最低能量；‎ ‎②CH4还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2的化学方程式为CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)；反应I：CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g)△H=-802kJ/mol，反应II：S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-577kJ/mol 根据盖斯定律反应I-反应II×2计算CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)的焓变△H；‎ ‎(3)①P1时升高温度n(CH3OH)减小；‎ ‎②相同温度下增大压强平衡正向移动，则n(CH3OH)增大，根据图知，压强P1＞P1，温度越高、压强越大化学反应速率越快，温度对反应速率影响较大； ③改变条件使平衡正向越大但是不能是通过提高CH4浓度实现就能提高甲烷转化率；‎ ‎④‎ ‎ ‎ 平衡气体总物质的量=(1+0.5+1)mol=2.5mol，P(CH4)=P(CH3OH)=×2.5MPa=1MPa，则P(O2)=0.5MPa，T0时F点用分压强代替浓度表示的平衡常数Kp= 。‎ ‎【详解】(1)根据图知，总反应中甲烷和二氧化碳反应生成唯一产物CH3COOH，所有原子完全被利用，所以原子利用率为100%；催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，所以只改变化学反应速率不影响平衡移动；‎ ‎(2)①由图可知CH4完全燃烧的活化能是126kJ/mol；‎ ‎②CH4还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2的化学方程式为CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2‎ ‎(g)；反应I：CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g)△H=-802kJ/mol，反应II：S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-577kJ/mol，由盖斯定律反应I-反应II×2计算CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)的焓变△H=-802kJ/mol-(-577kJ/mol)×2=+352kJ/mol，热化学方程式为CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+2H2O(g)+CO2(g)△H=+352kJ/mol；‎ ‎(3)①根据图知，P1时升高温度n(CH3OH)减小；‎ ‎②相同温度下增大压强平衡正向移动，则n(CH3OH)增大，根据图知，压强P1＞P1，温度越高、压强越大化学反应速率越快，温度对反应速率影响较大，温度：TE=TF＜TN，压强：PE＜PF=PN，所以化学反应速率：v(N)＞v(F)＞v(E)；‎ ‎③a．减小压强平衡逆向移动，甲烷转化率降低，故a错误；‎ b．增大投料比，甲烷转化率降低，故b错误；‎ c．及时分离产物，平衡正向移动，则甲烷转化率提高，故c正确；‎ 故答案为：c；‎ ‎④‎ 平衡气体总物质的量=(1+0.5+1)mol=2.5mol，P(CH4)=P(CH3OH)=×2.5MPa=1MPa，则P(O2)=0.5MPa， T0时F点用分压强代替浓度表示的平衡常数Kp= ==2。‎ ‎【点睛】考查化学平衡计算、盖斯定律等知识点，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确盖斯定律、化学平衡常数计算方法是解本题关键，注意“增大投料比，平衡正向移动但是甲烷转化率降低为解答易错点。‎ ‎（二）选考题 ‎【化学——选修3：物质结构与性质】‎ ‎11.铜及其化合物具有广泛的应用，间接碘量法可以测定铜合金中的铜，回答下列问题：‎ ‎(1)铜合金种类较多，主要有黄铜和各种青铜等。试样可以用HNO3分解，还需要用到浓H2SO4．CuSO4和Cu（NO3）2中阳离子的基态核外电子排布式为____________；S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______________；‎ ‎(2)Cu（NO3）2溶液中通入足量NH3能生成配合物[Cu（NH3）4]（NO3）2，其中NH3中心原子的杂化轨道类型为______，[Cu（NH3）4]（NO3）2属于______晶体。‎ ‎(3)CuSO4溶液中加入过量KCN能生成配离子[Cu（CN）4]2-，1 mol CN-中含有的π键数目为______，与CN-互为等电子体的离子有______（写出一种即可）；‎ ‎(4)CuSO4的熔点为‎560℃‎，Cu（NO3）2的熔点为‎115℃‎，CuSO4熔点更高的原因可能是____________________________________________________________；‎ ‎(5)在弱酸性溶液中，Cu2+与过量KI作用，生成CuI沉淀，同时析出定量的I2；如图为碘晶体晶胞结构。下列有关说法中正确的是______；‎ A．碘分子的排列有2种不同的取向，2种取向不同的碘分子，以4配位数交替配位形成层结构 B．用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子 C．碘晶体为无限延伸的空间结构，是原子晶体 D．碘晶体中的碘原子间存在非极性键和范德华力 ‎(6)已知Cu2O晶胞结构如图所示，该晶胞原子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，0，0），C为（）。则D原子的坐标参致为______，它代表______原子（填元素符号）；已知金属铜的堆积方式是面心立方最密堆积，则晶体中铜原子的配位数是12，Cu原子的空间利用率是_________。‎ ‎【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d9 (2). N＞O＞S (3). sp3 (4). 离子 (5). 2NA (6). (7). CuSO4和Cu(NO3)2均为离子晶体，SO42-所带电荷比NO3-大，故CuSO4晶格能较大，熔点较高 (8). A (9). (，，) (10). Cu (11). 74%‎ ‎【分析】(1)阳离子为Cu 2+，Cu原子核外电子数为29，原子形成阳离子时，先失去高能层中电子，同一能层先失去高能级中电子；同主族自上而下元素第一电离能减小，N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；‎ ‎(2)NH3中N原子形成3个N-H，含有1对孤对电子，VSEPR模型为四面体；[Cu(NH3)4](NO3)2由[Cu(NH3)4]2+ 与NO3-构成，是离子化合物；‎ ‎(3)CN-与N2互为等电子体，CN-中C、N之间形成C≡N三键，三键含有1个σ键、2个π键；将N原子用碳原子与1个单位负电荷替换可得到与CN-互为等电子体的一种离子；‎ ‎(4)离子电荷越多，晶格能越大，物质的熔点越高；‎ ‎(5)同种非金属元素之间形成非极性共价键，碘为分子晶体，碘晶体中的碘原子间存在非极性键和范德华力，晶胞中占据顶点和面心，碘分子的排列有2种不同的取向；‎ ‎(6)晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)、B为(1，0，0)、C为(，，)，如图坐标系中，A为处于坐标系中的原点(定义为O)，则C处于晶胞体心位置，A、D、C的连线处于体对角线线上，且D处于A、C连线的中点位置，D到晶胞左侧面距离为参数x，D到晶胞前面的距离为参数y，D到晶胞下底面距离为参数z；计算晶胞中白色球、黑色球数目，结合化学式确定代表的元素；金属铜是面心立方最密堆积方式，Cu原子处于顶点与面心，顶点Cu原子与面心Cu原子相邻，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用；设Cu原子半径为r，则晶胞棱长为2r，计算晶胞中Cu原子总体积，该晶胞中Cu原子的空间利用率。‎ ‎【详解】(1)阳离子为Cu 2+，Cu原子核外电子数为29，阳离子的基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9；由元素周期律可知，同主族自上而下元素第一电离能减小，N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能为：N＞O＞S；‎ ‎(2)NH3中N原子形成3个N-H，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，VSEPR模型为四面体，中心N原子采取sp3杂化；[Cu(NH3)4]2+ 与NO3-形成离子化合物，则[Cu(NH3)4](NO3)2属于离子晶体；‎ ‎(3)CN-与N2互为等电子体，CN-中C、N之间形成C≡N三键，三键含有1个σ键、2个π键，1mol CN中含有的2molπ键，1mol CN中含有的π键数目为：2NA；将N原子用碳原子与1个单位负电荷替换可得到与CN-互为等电子体的一种离子：；‎ ‎(4)CuSO4和Cu(NO3)2均为离子晶体，SO42-所带电荷比NO3-大，故CuSO4晶格能较大，熔点较高；‎ ‎(5)A．碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构，故A正确；‎ B．用均摊法计算：顶点碘分子个数加面心碘分子个数=8×+6×=4，因此平均每个晶胞中有4个碘分子，即有8个碘原子，故B错误；‎ C．碘晶体为无限延伸的空间结构，构成微粒为分子，是分子晶体，故C错误；‎ D．碘晶体中的碘原子间存在I-I非极性键，而晶体中碘分子之间存在范德华力，故D错误；‎ 故答案为：A；‎ ‎(6)晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)、B为(1，0，0)、C为(，，)，如图坐标系中，A为处于坐标系中的原点(定义为O)，则C处于晶胞体心位置，A、D、C的连线处于体对角线线上，且D处于A、C连线的中点位置，故D到晶胞左侧面距离为、到晶胞前面的距离为，到晶胞下底面距离为，故D的参数为(，，)；晶胞中白色球数目=1+8×=2，黑色球数目=4，二者数目之比为1：2，而化学式为Cu2O，故黑色球为Cu原子、白色球为O原子，即D表示Cu原子；金属铜是面心立方最密堆积方式，Cu原子处于顶点与面心，顶点Cu原子与面心Cu原子相邻，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，设Cu原子半径为r，则晶胞棱长为2r，晶胞体积=(2r)3，晶胞中Cu原子数目=8×+6×=4，晶胞中Cu原子总体积=4×πr3，该晶胞中Cu原子的空间利用率是=×100%=74%。‎ ‎【点睛】考查物质结构与性质，涉及元素周期律应用、核外电子排布、分子结构与性质、电离能、杂化轨道、等电子体、化学键、等电子体、晶体结构与性质、晶胞结构与计算等知识，侧重重要的基础知识考查，需要学生熟练掌握基础知识，注意同周期第一电离能的异常情况。‎ ‎【化学——选修5：有机化学】‎ ‎12.聚乙烯醇肉桂酸酯(M)可用作光刻工艺中的抗腐蚀涂层，其合成路线如下：‎ 已知：R1—CHO＋R2—CH2CHOCHOHR1CHCHOR2‎ 请回答：‎ ‎(1)C的化学名称为______________；M中含氧官能团的名称为____________。‎ ‎(2)F→G的反应类型为__________；‎ 检验产物G中新生成官能团的实验方法为______________________________。‎ ‎(3)C→D的化学方程式为________________________________________。‎ ‎(4)E的结构简式为_______________________；‎ H的顺式结构简式为_____________________________。‎ ‎(5)同时满足下列条件的F的同分异构体有________种(不考虑立体异构)；‎ ‎①属于芳香族化合物　②能发生水解反应和银镜反应 其中核磁共振氢谱有4种吸收峰的物质的结构简式为_________________(任写一种)。‎ ‎【答案】(1). 聚氯乙烯 (2). 酯基 (3). 消去反应 (4). ‎ 取G溶液少许于试管中，加入足量银氨溶液并加热，反应完全后，加酸酸化，再滴入溴水，若溴水褪色，证明含碳碳双键 (5). (6). (7). (8). 14 (9). ‎ ‎【解析】试题分析：（1）由D()可逆推C是、B是CH2=CHCl、A是乙炔；由和H生成，可知H是；G与新制氢氧化铜反应生成，所以G是；根据R1—CHO＋R2—CH2CHOCHOHR1CHCHOR2，，结合G，可知E是；F是。‎ 解析：根据以上分析，(1) 的化学名称为聚氯乙烯；中含氧官能团的名称为酯基。‎ ‎(2) 发生消去反应生成；‎ 中新生成官能团是碳碳双键，碳碳双键、醛基都能使溴水褪色，检验碳碳双键前先用银氨溶液把醛基氧化为羧基，检验具体操作是：取G溶液少许于试管中，加入足量银氨溶液并加热，反应完全后，加酸酸化，再滴入溴水，若溴水褪色，证明含碳碳双键。‎ ‎(3) →的化学方程式为。‎ ‎(4)E是苯甲醛，结构简式为；‎ 的顺式结构简式为。‎ ‎(5)①属于芳香族化合物　②能发生水解反应和银镜反应说明是甲酸酯，同时满足条件的的同分异构体有 共14种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱有4种吸收峰的物质的结构简式为。‎ 点睛：能发生银镜反应的物质有醛类、甲酸、甲酸酯，如乙醛（CH3CHO）、甲酸(HCOOH)、甲酸甲酯(HCOOCH3)。‎