【化学】山东省枣庄三中、高密一中、莱西一中2020届高三下学期第一次在线联考（解析版） 25页

山东省枣庄三中、高密一中、莱西一中2020届高三下学期第一次在线联考 可能用到的相对原子质量：H 1 B ‎11 C1 2 N 14 O 16 Mg 24 Al 27 Si 28S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ni 59‎ 一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一项符合题意) ‎ ‎1.中国传统文化博大精深，明代方以智《物理小识》中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列说法中正确的是（ ）‎ A. 《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁 B. 文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为烃 C. 生铁是指含硫、磷、碳量低的铁合金 D. 工业上可通过煤的干馏获得乙烯、丙烯等化工原料 ‎【答案】A ‎【详解】A．由《物理小识》中记载语句“臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石”可知是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁，A选项正确；‎ B．煤其主要成分为碳、氢、氧和少量的氮、硫或其它元素，而烃只由C、H两种元素组成，B选项错误；‎ C．生铁的含碳量比钢的含碳量较高，故生铁不是指含碳量很低的铁合金，C选项错误；‎ D．工业上可通过石油的裂化、裂解获得乙烯、丙烯等化工原料，D选项错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.下列关于有机化合物的说法正确的是( )‎ A. 属于醛类，官能团为—CHO B. 分子式为C5H10O2的有机物中能与NaOH溶液反应的有4种 C. 立方烷()的六氨基（-NH2）取代物有3种 D. 烷烃的正确命名是2-甲基-3-丙基戊烷 ‎【答案】C ‎【详解】A．的官能团为—COO—(酯基)，为甲酸与苯酚发生酯化反应形成的酯，属于酯类，A选项错误；‎ B．分子式为C5H10O2且能与NaOH溶液反应的有机物可能为羧酸，也可能为酯，若为羧酸，C5H10O2为饱和一元酸，烷基为—C4H9，—C4H9的同分异构体有—CH2CH2CH2CH3、—CH(CH3)CH2CH3、—CH2CH(CH3)CH3、—C(CH3)3；若为酯，可能是以下几种醇和酸形成的酯，①甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种②乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种③丙酸和乙醇酯化，1种④丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，因此共有4+2+1+2=9种，则符合条件的C5H10O2的有机物共有13种，B选项错误；‎ C．氨基可以占据同一边上的两个顶点，同一平面的两个顶点，立方体对角线的两个顶点，则立方烷的二氨基取代物有3种，而立方烷的六氨基取代物的种类等于二氨基取代物的种类，也为3种，C选项正确；‎ D．的最长碳链为6，称为己烷，在2号碳上有1个甲基，3号碳上有1个乙基，正确命名为2-甲基-3-乙基己烷，D选项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】B选项为易错选项，在解答时容易忽略含有两个氧原子且能与NaOH溶液反应的有机物除了羧酸以外，还有可能是酯，酯能与氢氧化钠发生水解反应。‎ ‎3.下列选项中,利用相关实验器材(规格和数量不限)能够完成相应实验的是( )‎ 选项 实验器材 相应实验 A 试管、铁架台、导管 乙酸乙酯的制备 B 分液漏斗、烧杯、铁架台 用CCl4萃取溴水中的Br2‎ C ‎500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、天平 配制500 mL 1.00 mol/L NaCl溶液 D 三脚架、坩埚、酒精灯、坩埚钳、泥三角 从食盐水中得到NaCl晶体 ‎【答案】B ‎【详解】A．制备乙酸乙酯需要在浓硫酸加热的条件下进行，实验器材中还缺少用于加热的酒精灯，不能完成该实验，A选项错误；‎ B．用CCl4萃取溴水中的Br2，需要用到的仪器有分液漏斗、烧杯、铁架台，B选项正确；‎ C．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，计算出所需要的NaCl的质量后，用托盘天平称取，然后在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，待溶液冷却后用玻璃棒引流转移至容量瓶，经过两三次洗涤后，再用胶头滴管进行定容，实验器材缺少胶头滴管，不能完成该实验，C选项错误；‎ D．从食盐水中得到NaCl晶体用蒸发结晶的方法，需要的器材有带铁圈的铁架台、酒精灯、坩埚钳、蒸发皿、玻璃棒，不需要坩埚和泥三角，D选项错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列关于物质结构与性质的说法，不正确的是（ ）‎ A. I3AsF6晶体中存在I3＋离子,I3＋离子的几何构型为V形 B. C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜O C. 水分子间存在氢键，故H2O的熔沸点及稳定性均大于H2S D. 第四周期元素中，Ga的第一电离能低于Zn ‎【答案】C ‎【详解】A．I3＋离子的价层电子对数，含有对孤电子对，故空间几何构型为V形，A选项正确；‎ B．非金属性：H＜C＜O，则C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜O，B选项正确；‎ C．非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，而稳定性与非金属性有关，H2O的稳定性大于H2S是因为O的非金属性大于S，C选项错误；‎ D．Zn的核外电子排布为[Ar]3d104s2，电子所在的轨道均处于全充满状态，较稳定，故第一电离能大于Ga，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】C选项在分析时需要注意，非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，若含有氢键，物质熔沸点增大，没有氢键时，比较范德华力，范德华力越大，熔沸点越高；而简单氢化物的稳定性与非金属性有关，非金属性越强，越稳定。一定要区分两者间的区别。‎ ‎5.新型冠状病毒肺炎疫情发生以来，科学和医学界积极寻找能够治疗病毒的药物。4-去甲基表鬼臼毒素具有抗肿瘤、抗菌、抗病毒等作用，分子结构如图所示，下列说法错误的是（ ）‎ A. 该有机物中有三种含氧官能团 B. 该有机物有4个手性碳原子，且遇FeCl3溶液显紫色 C. 该有机物分子中所有碳原子不可能共平面 D. 1mol该有机物最多可以和2molNaOH、7molH2反应 ‎【答案】D ‎【详解】A．该有机物种有醚键(—O—)、羟基(—OH)、酯基(—COO—)三种含氧官能团，A选项正确；‎ B．根据该有机物的分子结构式，与醇羟基相连的碳中有4个手性碳原子，且分子种含有酚羟基(与苯环直接相连的羟基)，能遇FeCl3溶液显紫色，B选项正确；‎ C．醇羟基所在的C与其他两个C相连为甲基结构，不可能共平面，故该有机物分子中所有碳原子不可能共平面，C选项正确；‎ D．1mol酚羟基(—OH)能与1molNaOH发生反应，1mol酯基(—COO—)能与1molNaOH发生水解反应，1mol该有机物有1mol酚羟基(—OH)、1mol酯基(—COO—)，则1mol该有机物可与2molNaOH发生反应，分子中含有两个苯环，可以和6molH2发生加成反应，D选项错误；‎ 答案选D。‎ ‎6.有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示。 z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。‎ 根据上述信息进行判断，下列说法正确是（ ）‎ A. d、e、f、g 形成的简单离子中，半径最大的是d离子 B. d与e形成的化合物中只存在离子键 C. x、y、z、d、e、f、g、h的单质中，f的熔点最高 D. x与y可以形成多种化合物，可能存在非极性共价键 ‎【答案】D ‎【分析】x、y、z、d、e、f、g、h为原子序数依次递增的短周期主族元素，从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可以知道x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01mol·L-1 ，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl元素，g的pH小于2，则g的为二元强酸，故g为S元素，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】A．d、e、f、g 形成的简单离子分别为：O2-、Na+、Al3+、S2-，O2-、Na+、Al3+离子的电子层数相同，但核电荷数Al>Na>O，则离子半径O2->Na+>Al3+，而S2-的电子层数最多，半径最大，故半径最大的是g离子，A选项错误；‎ B．d与e形成的化合物可以是Na2O，也可以是Na2O2，Na2O2既含有离子键，也含有共价键，B选项错误；‎ C．x、y、z、d、e、f、g、h的单质分别为：H2、C、N2、O2、Na、Al、S、Cl2，C单质可形成金刚石，为原子晶体，故单质熔点最高的可能是y，C选项错误；‎ D．x与y可以形成多种有机化合物，其中CH2=CH2等存在着非极性键，D选项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】此题C选项为易错点，C单质有很多的同素异形体，熔沸点有差异，容易忽略这一关键点，导致误选C答案。‎ ‎7.下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 水合铜离子的模型如图，该微粒中存在极性共价键、配位键、离子键 B. CaF2晶体的晶胞如图，距离F-最近的Ca2+组成正四面体 C. 氢原子的电子云图如图，氢原子核外大多数电子在原子核附近运动 D. 金属Cu中Cu原子堆积模型如图，为面心立方最密堆积，Cu原子的配位数均为12，晶胞空间利用率68%‎ ‎【答案】B ‎【详解】A．水合铜离子中水中的氧原子提供孤对电子与铜离子形成配位键，水中的H原子和O原子形成极性共价键，但不存在这离子键，A选项错误；‎ B．CaF2晶体的晶胞中，F-位于体心，而Ca2+位于顶点和面心，距离F-最近的Ca2+组成正四面体，B选项正确；‎ C．电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的机会多，C选项错误；‎ D．金属Cu中Cu原子堆积模型为面心立方最密堆积，配位数为12，但空间利用率为74%，D选项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了配合物、离子晶体、电子云、最密堆积等知识，解题关键是对所给图要仔细观察，并正确理解掌握基本概念。‎ ‎8.重要的农药、医药中间体-碱式氯化铜［CuaClb(OH)c·xH2O］，可以通过以下步骤制备。步骤 1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成 CuCl2。已知Fe3+‎ 对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石 灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 图中M、N分别为Fe2+、Fe3+‎ B. a、b、c 之间的关系式为：‎2a=b+c C. 步骤1充分反应后，加入少量CuO是为了除去Fe3+‎ D. 若制备1 mol的CuCl2，理论上消耗标况下11.2 LO2‎ ‎【答案】A ‎【分析】由实验步骤及转化图可知，发生反应2Cu+O2+4HCl===2CuCl2+2H2O， N为Fe2+，M为Fe3+，在制得在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜，且化合物中正负化合价代数和为0，依此结合选项解答问题。‎ ‎【详解】A．根据上述分析，N为Fe2+，M为Fe3+，A选项错误；‎ B．根据化合物中正负化合价的代数和为0，可知‎2a=b+c，B选项正确；‎ C．Fe3+水解使溶液显酸性，CuO与H+反应产生Cu2+和水，当溶液的pH增大到一定程度，Fe3+形成Fe(OH)3而除去，从而达到除去Fe3+的目的，C选项正确；‎ D．根据方程式2Cu+O2+4HCl===2CuCl2+2H2O，若制备1 mol的CuCl2，理论上消耗0.5molO2，标况下，，D选项正确；‎ 答案选A。‎ ‎9.乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为‎20.8℃‎，能与水混溶)的装置(夹持装置已略) 如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. ①中用胶管连接其作用是平衡气压，便于液体顺利流下 B. 实验过程中铜丝会出现红黑交替变化 C. 实验开始时需先加热②，再通O2，然后加热③‎ D. 实验结束时需先将④中的导管移出，再停止加热。‎ ‎【答案】C ‎【详解】A．装置中若关闭K时向烧瓶中加入液体，会使烧瓶中压强增大，双氧水不能顺利流下，①中用胶管连接，打开K时，可以平衡气压，便于液体顺利流下，A选项正确；‎ B．实验中Cu作催化剂，但在过渡反应中，红色的Cu会被氧化成黑色的CuO，CuO又会被还原为红色的Cu，故会出现红黑交替的现象，B选项正确；‎ C．实验开始时应该先加热③，防止乙醇通入③时冷凝，C选项错误；‎ D．为防止倒吸，实验结束时需先将④中的导管移出，再停止加热，D选项正确；‎ 答案选C。‎ ‎10.碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中平均的丰度值很低，铜阳极泥中碲的回收越来越引起人们的重视。某科研小组从粗铜精炼的阳极泥（主要含有 Cu2Te）中提取粗碲设计工艺流程如图所示。下列有关说法正确的是（ ）‎ 已知: ①“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在 ‎②TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱 A. “焙烧”用到主要硅酸盐产品仪器：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒 B. “还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2‎ C. 为加快“氧化”速率温度越高越好 D. TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2 +2OH- =TeO32- +H2O ‎【答案】D ‎【分析】由工艺流程分析可知，铜阳极泥经O2焙烧得到TeO2，碱浸时TeO2与NaOH反应得到Na2TeO3，再经过氧化和酸化得到TeO42-，TeO42-与Na2SO3发生氧化还原反应得到粗碲，3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-，结合选项分析即可解答。‎ ‎【详解】A．“焙烧”硅酸盐产品主要用到的仪器有：坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒，不能用蒸发皿，A选项错误；‎ B．还原时发生反应：3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-，氧化剂为TeO42-，还原剂SO32-，物质的量之比与化学计量数成正比，故为1:3，B选项错误；‎ C．“氧化”时氧化剂为H2O2，温度过高，H2O2会分解，氧化效果会减弱，C选项错误；‎ D．根据上述分析，并结合题干条件，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱， TeO2是两性氧化物，碱浸时反应离子方程式为TeO2 +2OH- =TeO32- +H2O，D选项正确；‎ 答案选D。‎ 二、选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或两个项符合题意，全部选对得4分，选对但不全得的1分，选错得得0分)‎ ‎11.硼氢化钠(NaBH4)在工业生产中应用广泛。它在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 水在此过程中作还原剂 B. 若将NaBH4中的H用D代替，反应后生成的气体中含有H2、HD和D2‎ C. 催化剂可以加快反应速率，其用量多少不影响反应速率 D. NaBH4与水反应的离子方程式为：BH4-+4H2O=B(OH)4-+4H2↑‎ ‎【答案】BD ‎【分析】根据硼氢化钠(NaBH4)在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程图可知，BH4-和H2O生成B(OH)4-和H2，离子反应方程式为：BH4-+4H2O===B(OH)4-+4H2↑，由此分析解答。‎ ‎【详解】A．H2O变成H2，水中氢元素的化合价降低，是氧化剂，A选项错误；‎ B．若用D代替H，生成的氢气原子重新组合，所以生成的氢气有H2、HD、D2，B选项正确；‎ C．使用催化剂可以改变化学反应速率,所以通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率，一定范围内，催化剂的用量多少也会影响反应速率，C选项错误；‎ D．根据上述分析，反应的离子方程式为：BH4-+4H2O=B(OH)4-+4H2↑，D选项正确；‎ 答案选BD。‎ ‎【点睛】C选项，一定范围内，催化剂的用量会影响化学反应速率，但如果用量很大，对其反应速率的影响就较小了。‎ ‎12.现代工艺冶金过程中会产生导致水污染的CN-，在碱性条件下，双氧水可将其转化为碳酸盐和一种无毒气体。关于该转化反应，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 氰化物有毒，CN- 易与人体内的Fe2+、Fe3+ 络合 B 处理1molCN-，消耗2.5molH2O2‎ C. 反应中每转移10mol电子生成‎22.4L无毒气体 D. 用双氧水处理后的废水可直接排放 ‎【答案】CD ‎【详解】A．人体内含有Fe3+、Fe2+，易与CN- 络合形成络合物，A选项正确；‎ B．CN-在碱性条件下被H2O2氧化，生成CO32-和N2，反应方程式为：2CN-+5H2O2+2OH-===2CO32-+N2↑+6H2O，根据方程式可知，处理1molCN-，消耗2.5molH2O2，B选项正确；‎ C．未注明标准状况，不能够准确得出气体体积，C选项错误；‎ D．用双氧水处理后的废水有较强的碱性，需用酸中和后方可排放，D选项错误；‎ 答案选CD。‎ ‎13.我国科学家设计的二氧化碳的熔盐捕获及电化学转化装置如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. a极是电化学装置的阴极 B. d极的电极反应式为CO32- - 4e- = C + 3O2-‎ C. ①中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化 D. 上述装置中反应化学方程式为CO2 C + O2↑‎ ‎【答案】D ‎【分析】由电解装置示意图可知，a极生成O2，O的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，则a为阳极，连接电源正极(b极)，电极反应式为：‎2C2O52--4e-===4CO2+O2，d极生成C，C的化合价降低，得到电子，发生还原反应，则d为阴极，连接电源负极(c极)，电极反应式为：CO32-+4e-===3O2-+C，电池总反应为CO2 C + O2↑，据此解答问题。‎ ‎【详解】A．根据上述分析，a极是电化学装置的阳极，A选项错误；‎ B．d为阴极，电极反应式为：CO32-+4e-===3O2-+C，B选项错误；‎ C．①中，捕获CO2时，CO2变成C2O52-和CO32-，碳元素的化合价始终为+4价，没有发生改变，C选项错误；‎ D．电池总反应为CO2 C + O2↑，D选项正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.室温下，‎1 L含0.1 mol HA和0.1 mol NaA的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）：‎ 溶液a 通入0.01 mol HCl 加入0.01 mol NaOH pH ‎4.76‎ ‎4.67‎ ‎4.85‎ 像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 溶液a和 0.1 mol·L−‎1 HA溶液中H2O的电离程度前者小于后者 B. 向溶液a中通入0.1 mol HCl时，A−结合H+生成 HA，pH变化不大 C. 该温度下HA的Ka=10-4.76‎ D. 含0.1 mol·L−1 Na2HPO4 与0.1 mol·L−1 NaH2PO4的混合溶液也可做缓冲溶液 ‎【答案】D ‎【详解】A．溶液a为酸性，HA电离程度大于A-水解程度，相对于纯HA，同浓度下，溶液a中存在一部分A-，起始时有了一部分产物，所以溶液a和0.1 mol/L HA溶液中HA的电离程度前者小于后者，从而H2O的电离程度前者大于后者，A选项错误；‎ B．根据表中数据，向溶液a中通入0.1 mol HCl时，溶液a中一共只有‎1L含0.1mol NaA ，则完全消耗NaA，这就超出了缓冲溶液的缓冲范围了，NaA变成了HA，溶液便失去了缓冲能力，pH不可能变化不大，B选项错误；‎ C．HA的，由表可知，‎1 L含0.1 mol HA和0.1 mol NaA的溶液a的pH=4.76，但此时c(A-)不等于c(HA)，故该温度下HA的Ka不等于10-4.76，C选项错误；‎ D．向0.1 mol·L−1 Na2HPO4 与0.1 mol·L−1 NaH2PO4的混合溶液中加入少量强酸或强碱，溶液的组成不会明显变化，故也可做缓冲溶液，D选项正确；‎ 答案选D。‎ ‎15.某研究小组以AgZSM为催化剂，在容积为‎1 L的容器中，相同时间下测得0.1 mol NO转化为N2的转化率随温度变化如图所示[无CO时反应为2NO(g)N2(g)＋O2(g)；有CO时反应为2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)]。下列说法正确的是　(　　)‎ A. 反应2NON2＋O2的ΔH＞0‎ B. 达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)＞1，CO转化率下降 C. X点可以通过更换高效催化剂提高NO转化率 D. Y点再通入CO、N2各0.01 mol，此时v(CO，正)＜v(CO，逆)‎ ‎【答案】B ‎【分析】A. 升高温度，NO的转化率降低；‎ B. 达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)＞1，增大反应物浓度；‎ C. X点更换高效催化剂，能使反应速率加快；‎ D. Y点再通入CO、N2各0.01 mol，增大反应物的浓度，平衡正向移动。‎ ‎【详解】A. 升高温度，NO的转化率降低，因此反应2NON2＋O2为放热反应，ΔH<0，A项错误；‎ B. 达平衡后，其他条件不变，使n(CO)/n(NO)＞1，增大了CO的浓度，平衡正移，但CO的转化率降低，B项正确；‎ C. X点更换高效催化剂，能使反应速率加快，但不能改变NO的转化率，C项错误；‎ D. Y点再通入CO、N2各0.01 mol，增大反应物的浓度，平衡正向移动，因此此时v(CO，正)>v(CO，逆)，D项错误；‎ 答案选B。‎ 三、非选择题（本题共五小题，共60分）‎ ‎16.氮、碳氧化物的排放会对环境造成污染。多年来化学工作者对氮、碳的氧化物做了广泛深入的研究并取得一些重要成果。‎ I．已知2NO（g）+O2（g）2NO2（g）的反应历程分两步：‎ 第一步：2NO（g）N2O2（g） （快） ∆H1<0；‎ v1正=k1正c2（NO） ；v1逆=k1逆c（N2O2）‎ 第二步：N2O2（g）+O2（g）2NO2（g） （慢） ∆H2< 0；‎ v2正=k2正c（N2O2）c（O2）；v2逆=k2逆c2（NO2）‎ ① 在两步的反应中，哪一步反应的活化能更大___________（填“第一步”或“第二步”）。‎ ‎②一定温度下，反应2NO（g）+O2（g）2NO2（g）达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=____________； ‎ II．(1)利用CO2和CH4重整不仅可以获得合成气（主要成分为CO、H2），还可减少温室气体的排放。已知重整过程中部分反应的热化方程式为：‎ ‎① CH4（g）=C（s）+2H2（g） ΔH1＞0‎ ‎② CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g） ΔH2＞0‎ ‎③ CO（g）+H2（g）=C（s）+H2O（g） ΔH3＜0‎ 则反应CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）的ΔH=______________________（用含 ΔH1 、ΔH2 、 ΔH3的代数式表示）若固定n（CO2）=n（CH4），改变反应温度，CO2和CH4的平衡转化率见图甲。‎ 同温度下CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率，原因是___________________________。‎ ‎(2)在密闭容器中通入物质的量均为0.1mol的CH4和CO2，在一定条件下发生反应CO2（g） + CH4（g） 2CO（g） + 2H2（g），CH4的平衡转化率与温度及压强（单位Pa）的关系如图乙所示。y点：v（正）_____v（逆）（填 “大于”“小于”或“等于”）。已知气体分压（p 分）=气体总压（p 总）× 气体的物质的量分数。用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，求x 点对应温度下反应的平衡常数Kp=__________________。‎ III．根据2CrO42﹣+2H+ Cr2O72﹣+H2O设计如图丙装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，图丙中左侧电极连接电源的_________极，电解制备过程的总反应化学方程式为_________________________________。测定阳极液中Na和Cr的含量，若Na与Cr的物质的量之比为a：b，则此时Na2CrO4的转化率为_________。若选择用熔融K2CO3作介质的甲烷（CH4）燃料电池充当电源，则负极反应式为________________________。‎ ‎【答案】(1). 第二步 (2). (3). ΔH1 +ΔH2 -ΔH3 (4). CO2发生了其他副反应 (5). 大于 (6). (7). 负 (8). 4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑ (9). （2﹣）×100% (10). CH4﹣8e﹣+4CO32﹣=5CO2+2H2O ‎【详解】Ⅰ. ①总反应的快慢由反应慢的一步决定，慢反应所需要的活化能更大，故答案为：第二步；‎ ‎②因为反应达到平衡状态，所以v1正=v1逆，v2正=v2逆，所以v1正v2正=v1逆v2逆，即k1正c2（NO）×k2正c（N2O2）c（O2）=k1逆c（N2O2）k2正c（N2O2），则，故答案为：；‎ Ⅱ.(1)将已知的三个反应重新组合，反应1+2-3，得到反应CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g），根据盖斯定律得ΔH=ΔH1 + ΔH2 - ΔH3，反应方程式中CH4和CO2的化学计量数之比为1:1，投料比也为1:1，因此二者转化率应该相同，但是所给的转化率图像中，CO2转化率曲线高于CH4转化率曲线，可能是CO2发生了一些副反应造成的，故答案为：ΔH1 +ΔH2-ΔH3；CO2发生了其他副反应；‎ ‎(2) 反应CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）是个气体体积增大的反应，压强越大，CH4的转化率越小，由图可知相同温度下，P1条件下的转化率大于P2，则P1小于P2，压强为P2时，在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动，所以v(正)>v(逆)，由图可知该温度下X所处条件下的平衡时甲烷的转化率为50%，则有：‎ 总物质的量=0.3mol，总压为P2，其平衡常数，故答案为：大于；；‎ Ⅲ. 根据2CrO42-+2H+===Cr2O72-+H2O，电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，应在酸性条件下进行，即右侧电极生成H+，则消耗OH-，发生氧化反应，右侧为阳极，则左侧为阴极，电解电源的负极，电解制备过程的总反应方程式为4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑，设加入反应容器内的Na2CrO4为1mol，反应过程中有x mol Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，则阳极区剩余Na2CrO4‎ 为(1-x)mol，对应的n(Na)=2(1-x)mol，n(Cr)=(1-x)mol，生成的Na2Cr2O7为mol，对应的n(Na)=x mol，n(Cr)=x mol，根据Na与Cr的物质的量之比为a:b，解得x=，转化率为。‎ 若选择用熔融K2CO3作介质的甲烷燃料电池充当电源，则负极反应式为CH4﹣8e﹣+4CO32﹣=5CO2+2H2O，故答案为；负；4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑；（2﹣）×100%；CH4﹣8e﹣+4CO32﹣=5CO2+2H2O。‎ ‎【点睛】本题主要考查了盖斯定律的应用、电极方程式的书写、根据图像对平衡移动的判断、运用三段式计算平衡常数等，重点培养学生能够利用化学知识提取题干信息的能力，难点在于第Ⅲ题Na2CrO4转化率的计算。‎ ‎17.Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产生活中有着广泛的应用。‎ ‎(1)基态Ni原子价电子中成对电子数与未成对电子数之比为_______.。‎ ‎(2)已知FeF3 具有较高的熔点（熔点高于‎1000℃‎），FeBr3 的式量大于FeF3，但其熔点只有‎200℃‎，原因是_________________________________________________________________。‎ ‎(3)Co3+的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2+，1mol该配离子中所含σ键的数目为____，与N3-互为等电子体的一种分子为：_______，N3-离子杂化类型为________。‎ ‎(4)金属Fe与Mg、H形成的化合物是目前人类已发现的体积储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示，其中黑球代表Fe，深灰色小球代表Mg，浅灰色小球代表H，其中浅灰色小球除在棱上、面上以外，在晶胞内部还有6个。试写出该化合物的化学式：__________________。‎ ‎(5)NiO的晶体结构如图所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为_______________。一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中（如图），已知O2-的半径为apm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为__________g（用含a、NA的代数式表示）。‎ ‎【答案】(1). 4:1 (2). 晶体类型不同，FeF3 为离子晶体，FeBr3 为分子晶体 ，离子键大于分子间作用力 (3). 23NA (4). CO2 (5). sp杂化 (6). Mg2FeH6 (7). （1，，） (8). ‎ ‎【详解】(1)Ni为28号元素，价电子排布式为3d84s2，其中3d轨道有2个未成对电子，3对成对电子，4s轨道中有1对成对电子，则成对电子数与未成对电子数之比为8:2=4:1，故答案为4:1；‎ ‎(2)根据物质结构，FeF3 中Fe3+与F-形成离子键，为离子晶体，熔点较高，而FeBr3 中Fe和Br之间形成共价键，为分子晶体，熔点较低，故答案为：晶体类型不同，FeF3 为离子晶体，FeBr3 为分子晶体 ，离子键大于分子间作用力；‎ ‎(3)1个[Co(N3)(NH3)5]2+中含有6个配位键，17个共价键，共含6+17=23个σ键，则1mol[Co(N3)(NH3)5]2+中含有σ键的数目为23NA，N3-有3个原子，16个价电子，与其互为等电子体的分子为CO2，N3-的价层电子对数，故杂化类型为sp杂化，故答案为：23NA；CO2；sp杂化；‎ ‎(4)根据晶胞结构图，1个晶胞中，Fe原子处于顶点和面心，共有个，Mg原子位于体内，共有8个，H原子位于棱上、面心和体内，共有个，则该化合物的化学式为Mg2FeH6，故答案为：Mg2FeH6；‎ ‎(5)若NiO晶胞中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，由图中可以看出C离子离坐标轴x为1，y为，z为，则坐标参数为：（1，，），根据结构可知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为‎2a ‎，距离最近的两个阳离子核间距离是距离最近的氧离子和镍离子的倍，所以其距离为2a，根据图片可知，每个氧化镍所占面积=‎2a ×‎2a ×，则每平方米含有氧化镍的个数，每个氧化镍的质量，所以每平方米含有氧化镍的质量，故答案为：（1，，）；。‎ ‎18.亚硝酰氯(NOCl)是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点−‎64.5℃‎，沸点−‎5.5℃‎，遇水易水解。它是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在常温常压下合成，相关实验装置如图所示。‎ ‎(1)NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为________‎ ‎(2)选用X装置制备NO，Y装置制备氯气。检验X装置气密性的具体操作：‎ ‎_______________________ 。‎ ‎(3)制备亚硝酰氯时，检验装置气密性后装入药品,‎ ‎①实验开始，需先打开_________，当________________时，再 打开________，Z中有一定量液体生成时，停止实验。‎ ‎②装置Z中发生的反应方程式为_______________________________。‎ ‎(4)若不用A装置对实验有何影响___________________________（用化学方程式表示）‎ ‎(5)通过以下实验测定NOCl样品的纯度。取Z中所得液体‎100g 溶于适量的NaOH 溶液中，配制成250 mL 溶液；取出25.00 mL样品溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol•L-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是__________________________________________________‎ ‎____，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_________。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体；Ksp(AgCl)＝1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.0×10-12，Ksp(AgNO2)＝5.86×10-4)‎ ‎【答案】(1). (2). 将导气管右端接胶管并用止水夹加紧，向U型管左管加水至左管液面高于右管，静止片刻，若液面差不变，则气密性良好 (3). K2、K3 (4). A中充有黄绿色气体时 (5). K1 (6). 2NO +Cl2 =2NOCl (7). NOCl + H2O = HNO2 + HCl (8). 滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化 (9). ‎13.1c％‎ ‎【详解】(1)NOCl的中心原子为N，O与N共用两个电子对，Cl与N共用一个电子对，则电子式为，故答案为：；‎ ‎(2)利用大气压强检查X装置的气密性，故答案为：将导气管右端接胶管并用止水夹加紧，向U型管左管加水至左管液面高于右管，静止片刻，若液面差不变，则气密性良好；‎ ‎(3)①实验开始前，先打开K2、K3，通入一段时间Cl2，排尽装置内的空气，再打开K1，通入NO反应，当有一定量的NOCl产生时，停止实验，故答案为：K2、K3；A中充有黄绿色气体时；K1；‎ ‎②Z装置为NO与Cl2在常温常压下合成NOCl，反应方程式为：2NO +Cl2 =2NOCl，故答案为：2NO +Cl2 =2NOCl；‎ ‎(4)A装置的作用是防止空气中的氧气和水蒸气进入Z装置。没有A装置，空气中的水蒸气进入Z，亚硝酰氯遇水易发生水解：NOCl + H2O = HNO2 + HCl，产率降低，故答案为：NOCl + H2O = HNO2 + HCl；‎ ‎(5) 以K2CrO4溶液为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定，滴定终点时，沉淀由白色变为砖红色，半分钟内不变色，此时n(Ag+)=n(Cl-)，取Z中所得‎100g溶于适量的NaOH 溶液中，配制成250 mL 溶液；取出25.00 mL样品溶于锥形瓶中，25mL样品中：，则250mL溶液中n(NOCl)=‎0.2c mol，m(NOCl)=‎0.2c mol×‎65.5g/mol=‎13.1c g，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为，故答案为：滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化；‎13.1c％。‎ ‎【点睛】本题侧重考查了物质制备方案的设计，为高频考点和常见题型，主要考查了方程式的书写，实验步骤的设计，化学计算等，对学生的分析问题和解决问题的能力有较高要求。‎ ‎19.钒“现代工业的味精”，是发展现代工业、现代国防和现代科学技术不可缺少的重要材料,其氧化物二氧化钒(VO2)是一种新型热敏材料，五氧化二钒(V2O5)是接触法生成硫酸的催化剂.下列某化学小组从废钒催化剂（V2O5、V2O4、K2SO4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等）中回收V2O5并且利用回收的V2O5制备VO2的氧钒(Ⅳ) 碱式碳酸铵晶体 已知：①“酸浸”时V2O5转化为VO2+,V2O4转成VO2+‎ ‎②有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取VO2+要强。‎ ‎③‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)写出“废渣‎1”‎的主要成分的用途________(填两条)。‎ ‎(2)“萃取”之前加入H‎2C2O4的主要目的_________________________________。‎ ‎(3)“氧化”过程中发生的离子方程式___________________________________。‎ ‎(4)该工艺中加入氯化铵“沉钒”是回收钒的关键之一，加入氯化铵、氨水之后的操作是____________________________________________，该流程用到了过滤操作，过滤和萃取分液都需用到的一种玻璃仪器是__________。‎ ‎(5)工艺中生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________；也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12 溶液，该方法的化学方程式是____________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 制作石英玻璃、光导纤维、光学仪器、工艺品、耐火材料等 (2). 将VO2+还原为VO2+，利于后期萃取 (3). 3H2O+6VO2++ClO3- = Cl-+6VO2++6H+ (4). 蒸发至 ‎23℃‎‎（20‎-25℃‎均可）结晶，趁热过滤 (5). 烧杯 (6). 1:4 (7). 6HCl(浓)+V2O5 = 2VOC12 +Cl2↑+3H2O ‎【分析】根据工艺流程图分析，废钒催化剂在H2SO4酸浸下，V2O5转化为VO2+,V2O4转成VO2+，Fe2O3、Al2O3转化为Fe3+和Al3+，废渣1为SiO2，萃取前加入H‎2C2O4，将VO2+还原为VO2+，再用KClO3氧化，将VO2+还原为VO2+， 反应方程式为3H2O+6VO2++ClO3- === Cl-+6VO2++6H+，通过加入NH4Cl和氨水沉钒，煅烧得到V2O5，再加入6mol/L的盐酸和N2H4·2HCl与V2O5反应得到VOCl2，反应方程式为：6HCl+V2O5+N2H4·2HCl=== 4VOC12 +N2↑+6H2O，VOCl2与NH4HCO3反应得到氧钒(Ⅳ) 碱式碳酸铵晶体，据此结合题中信息逐题解答问题。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析，废渣1主要成分为SiO2，其用途有制作石英玻璃、光导纤维、光学仪器、工艺品、耐火材料等，故答案为：制作石英玻璃、光导纤维、光学仪器、工艺品、耐火材料等；‎ ‎(2) 萃取前加入H‎2C2O4，目的是将VO2+还原为VO2+，加强萃取效果，故答案为：将VO2+还原为VO2+；‎ ‎(3) 加入KClO3氧化，将VO2+氧化为VO2+， 反应方程式为3H2O+6VO2++ClO3- === Cl-+6VO2++6H+，故答案为：3H2O+6VO2++ClO3- === Cl-+6VO2++6H+；‎ ‎(4) 加入氯化铵、氨水之后得到NH4VO5，由③可知20~‎25℃‎时K2SO4溶解度最大，便于除去，故得到NH4VO5晶体的操作为蒸发至‎23℃‎（20‎-25℃‎均可）结晶，趁热过滤，过滤和萃取分液都需要用到的玻璃仪器为烧杯，故答案为：蒸发至‎23℃‎（20‎-25℃‎均可）结晶，趁热过滤；烧杯；‎ ‎(5) N2H4·2HCl与V2O5反应得到VOCl2，反应方程式为：6HCl+V2O5+N2H4·2HCl=== 4VOC12 +N2↑+6H2O，氧化产物为N2，还原产物为VOC12，物质的量之比为化学计量数之比，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:4，只用浓盐酸与V2O5来制备VOC12 溶液时，反应方程式为：6HCl(浓)+V2O5 = 2VOC12 +Cl2↑+3H2O，故答案为：1:4；6HCl(浓)+V2O5 = 2VOC12 +Cl2↑+3H2O。‎ ‎20.用两种不饱和烃A和D为原料可以合成一类新药有机物J ，合成路线如下：‎ 已知①‎ ‎②有机物J结构中含两个环。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)C的名称是________________。‎ ‎(2)A→B试剂和反应条件为________________。‎ ‎(3)H→J的化学反应方程式为_______________________________________。‎ ‎(4)已知符合下列条件的 N的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱显示环上只有 3 组峰，且峰面积之比为 4:4:1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式____________。‎ ‎①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡 ③可发生缩聚反应，M的所有同分异构体在下列表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同是_____。‎ a．质谱仪 b．红外光谱仪 c．元素分析仪 d．核磁共振仪 ‎(5)利用题中信息和所学知识，写出以A和甲烷为原料，合成的路线流程图________________________________________________________________(其它试剂自选)。‎ ‎【答案】(1). 邻溴苯甲醛 (2). Br2、FeBr3(或Fe) (3). +H2O (4). 19 (5). 、、 (6). c (7). ‎ ‎【分析】由题可知，A和D为两种不饱和的烃，根据已知①，C和F发生反应生成G，可知C的结构式为，F为，则E为，D与HBr发生加成反应得到E，故D为，B到C为催化氧化，则B为，A发生取代反应得到B，故A为，G在该条件下得到H，结合已知①可以得到H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到J，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析，C的结构式为，叫做邻溴苯甲醛，故答案为：邻溴苯甲醛；‎ ‎(2)A→B为苯环上的取代反应，条件为Br2、FeBr3(或Fe)，故答案为：Br2、FeBr3(或Fe)；‎ ‎(3) H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到JH→J的化学反应方程式为+H2O，故答案为：+H2O；‎ ‎(4)，根据以上分析C为，由转化关系可推出M为，N为，其分子式为C8H14O3，N的同分异构体中符合下列条件：①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡说明含有羧基 ③可发生缩聚反应，说明含有羧基和羟基，则环上有三个不同取代基分别为甲基、羟基和羧基。先分析环上有两个取代基时共有4种结构（邻间对和同一个碳上），这4种结构对应的第三个取代基的取代产物分别有6种，6种，4种，3种，所以共有6+6+4+3=19种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示环上只有 3 组峰，且峰面积之比为 4:4:1且满足条件的物质有、、。‎ M的同分异构体的元素组成相同，在元素分析仪中显示的信号完全相同，故答案为：c；、、 (任选其一即可)；‎ ‎(5) 根据题干信息，以和甲烷为原料，合成的路线如下：。‎