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  • 2021-07-05 发布

【化学】陕西省商洛中学2020届高三第三次模拟考试(解析版)

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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。‎

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