云南省昆明市2020届高三“三诊一模”高考模拟考试（三模）化学试题 Word版含解析 18页

昆明市2020届“三诊一模”高考模拟考试 理科综合能力测试 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。‎ ‎2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡交回。‎ 可能用到的相对原了质量：H-1 C-12 Na-23 Al-27 S-32 Fe-56 I-127‎ 一、选择题：本大题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（ ）‎ A. 食用油和白酒都应密封保存 B. 高温下铝粉和氧化铁的反应可以用来焊接铁轨 C. 电影放映时射到银幕上的光柱证明存在气溶胶 D. 钢铁锈蚀、食物腐败、钟乳石的形成均涉及氧化还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．食品油中的不饱和脂肪酸被氧化后会变质，白酒易挥发，挥发出的酒精蒸气遇明火易爆炸，故两者需密封保存，A正确；‎ B．高温下铝粉和氧化铁的反应方程式：，该反应会放出大量的热，能置换出的铁呈熔融态，可用来焊接铁轨，B正确；‎ C．胶体具有丁达尔效应属于光的散射现象，而放映室射到银幕上的光柱证明存在气溶胶，C正确；‎ D．钢铁锈蚀中Fe失电子化合价升高，食品腐败为缓慢氧化过程，O 元素化合价降低，两个反应都属于氧化还原反应，但钟乳石的形成是碳酸盐形成碳酸钙过程，没有化合价变化，不属于氧化还原反应，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.关于二苯乙炔（）的下列说法，错误的是（ ）‎ A. 该物质属于烃 B. 所有原子一定在同一平面 C. 分子式为C14H10‎ D. 能发生取代反应和加成反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.烃是只含有C、H两种元素的有机物，A正确；‎ B. ，a处为碳碳单键，可旋转，所以左侧苯环上有可能只有1、4号C在同一平面，剩余的四个C都不在一个平面上，B错误；‎ C.二苯乙炔的分子式为C14H10，C正确；‎ D.二苯乙炔中含有苯环，可与液溴发生取代反应，含有碳碳三键，可与H2发生加成反应，D正确；‎ 答案选B ‎3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的气态氢化物能与其最高价含氧酸化合成盐，Z是同周期元素中原子半径最大的元素，Y和W同主族且二者可形成WY2和WY3两种物质。下列说法正确的是（ ）‎ A. 简单离子半径：Z>Y>X B. 简单氢化物的沸点：W>Y>X C. Y、Z、W三种元素形成的化合物水溶液一定呈中性 D. Y和W与氢元素均可形成18电子化合物，二者反应有黄色物质生成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X的气态氢化物能与其最高价含氧酸化合成盐，则X为N，化学方程式为：NH3+HNO3=NH4NO3；Z是同周期元素中原子半径最大的元素，则Z为Na；Y和W同主族，且W的原子序数比Na的大，则W为S，Y为O。即X、Y、Z、W分别为：N、O、Na、S。‎ ‎【详解】A.由分析可知：Z、Y、X分别为Na、O、N，他们的简单离子都是10电子结构，具有相同电子结构的离子，核电荷数越大，简单离子的半径越小，则ZN，同主族从上到下，非金属性减弱，氢化物稳定性减弱，则Y>W，B错误；‎ C.Y、Z、W形成的化合物为Na2SO3时，溶液呈碱性，C错误；‎ D. Y和W与氢元素形成18电子化合物分别为：H2O2、H2S，二者反应化学方程式：H2O2+H2S=S↓+2H2O，有黄色物质生成，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.中山大学化学科研团队首次将CsPbBr3纳米晶锚定在氨基化RGO包覆的α—Fe2O3(α—Fe2O3/Amine—RGO/CsPbBr3)，构筑Z—Scheme异质结光催化剂，可有效降低电荷复合，促进电荷分离，从而提升光催化性能。光催化还原CO2和氧化H2O的反应路径如图。下列说法正确的是（ ）‎ A. 该路径能量转化形式为电能→化学能 B. 该光催化转化反应可以阻止温室效应 C. “CsPbBr3纳米晶”表面发生了还原反应 D. 该催化转化的总反应涉及到非极性共价键、极性共价键的断裂和形成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ H2O能在光催化剂材料作用下，被氧化成O2，同时生成质子(H+)，发生的氧化反应为：；电子转移到“CsPbBr3纳米晶”用于还原CO2，CO2被还原为CO、CH4，发生的还原反应为：CO2+2e-+2H+=CO+H2O、CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。‎ ‎【详解】A.由图可知，光能使光催化剂材料产生电子，电子的移动引起电极上发生氧化还原反应，最终生成O2、CO、CH4，储存能量，该路径能量转化形式为光能→电能→化学能，A错误；‎ B. 该光催化转化反应生成了CH4，CH4也能导致温室效应，故该反应不能阻止温室效应，B错误；‎ C. “CsPbBr3纳米晶”表面上CO2转化为CO、CH4，发生了还原反应：CO2+2e-+2H+=CO+H2O、CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，C正确；‎ D. 该催化转化的总反应：2CO22CO+O2、CO2+2H2OCH4+2O2，CO2、H2O都只含有极性共价键，CO、CH4都只含极性共价键，O2只含非极性共价键，故只有极性共价键断裂、有极性和非极性共价键生成，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.天津大学某科研团队创新地提出了一种基于电化学冶金原理并利用电解质去耦合策略，在电池中同时进行MnO2和Zn可逆溶解/电沉积的储能机制，其工作原理如图，电池放电总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+Zn(OH)+Mn2++2H2O。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 充电时，Zn电极区为阴极区 B. c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜 C. 放电时，正极电极反应式为MnO2+4H++2e-=+Mn2++2H2O D. 充电时，电子的流向为a→MnO2→电解质溶液→Zn→b ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电池放电总反应Zn+4OH-+MnO2+4H+Zn(OH)+Mn2++2H2O，放电时，Zn失电子，作负极，电极反应式为：Zn-2e-+4OH-= Zn(OH)，MnO2得电子，作正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e-=+Mn2++2H2O。‎ ‎【详解】A. 放电时，Zn失电子，作负极，充电时，Zn电极区为阴极区，A正确；‎ B. 放电时，负极消耗OH-，K+通过阳离子交换膜d向左移动，正极消耗H+，通过阴离子交换膜c向右移动，B正确；‎ C. 放电时，MnO2得电子，作正极，正极电极反应式为：MnO2+4H++2e-=+Mn2++2H2O，C正确；‎ D. 充电时，电子不能通过电解质溶液，D错误；故答案为：D。‎ ‎6.下列实验操作能达到目的的是（ ）‎ 选项 目的 操作 A 制取溴苯 向试管中加入少量苯，再加入溴水 B 除去MgCl2溶液中的少量Fe3+‎ 加入NaOH调节溶液pH后过滤 C 比较C和Si的非金属性强弱 将CO2通入饱和Na2SiO3溶液中 D 制备无水AlCl3‎ 蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯与溴水不反应，制取溴苯要用苯和液溴在催化剂作用下反应制取，故A错误；‎ B．加入NaOH溶液调节pH会引入新的杂质离子Na+，故B错误；‎ C．非金属性越强，最高价氧化物的酸性越强，将CO2通入饱和Na2SiO3‎ 溶液中生成硅酸沉淀，说明碳酸酸性强于硅酸， 即C的非金属性强于Si，故C正确；‎ D．Al和稀盐酸反应生成AlCl3，溶液中存在铝离子的水解，产生氢氧化铝和HCl，蒸发该溶液HCl易挥发，且加热进一步促进水解，最终氯化铝彻底水解，得到的不是氯化铝而是氢氧化铝，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎7.25℃，在100mL0.1mol·L-1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2-)关系如图（忽略溶液体积的变化和H2S的挥发）。下列说法正确的是（ ）‎ A. 当c(H2S)+c(HS-)=0.043mol·L-1时，pH=13‎ B. pH=1时，c(H+)=c(Cl-)+c(HS-)+ c(S2-)+c(OH-)‎ C. 向该溶液中加入NaOH固体至中性时c(Na+)>c(HS-)>c(S2-)>c(H+)=c(OH-)‎ D. 已知：Ksp(MnS)=2.8×10-13，某溶液含amol·L-1Mn2+、0.10mol·L-1H2S，当溶液pH=5时，Mn2+开始沉淀，则a=0.2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．c(H2S)+c(HS-)=0.043mol·L-1时，根据物料守恒有c(S2-)=0.1-0.043=0.057 mol·L-1，由图像可知此时pH=13，A正确；‎ B．H2S为弱酸，当pH=1时，酸性增强，故此时是通入HCl气体，溶液中的阳离子只有H+，根据电荷守恒应有c(H+)=c(Cl-)+c(HS-)+ 2c(S2-)+c(OH-)，B错误；‎ C．溶液呈中性，所以c(H+)=1×10-7mol/L，而当pH =7时，由图可知c(S2-)=6.8×10-8mol/L，c(H+)>c(S2-)，C错误；‎ ‎ D．pH=5时S2-浓度为1.4×10-11mol/L，当Qc=Ksp(MnS)时Mn2+开始沉淀，所以 c(Mn2+)=Ksp(MnS)/c(S2-)=2.8×10−13÷(1.4×10-11)=0.02mol /L，故a-=0.02，D错误；‎ 答案选A。‎ 三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎8.粉煤灰是燃煤产生的重要污染物，主要成分有Al2O3、Fe2O3、MgO和SiO2等物质。用硫酸铵固体等试剂提取粉煤灰中Al2O3并制取铝的工艺流程如图：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)已知烟气中含有NH3，煅烧工序中Al2O3参与反应的化学方程式为___。‎ ‎(2)“滤渣Ⅰ”和“滤渣Ⅲ”主要成分的化学式分别为__、__。‎ ‎(3)将“滤液Ⅱ”通过__、过滤、洗涤、干燥后得到的晶体可返回__工序中循环利用。‎ ‎(4)向“滤液Ⅲ”中通入过量CO2，生成沉淀的离子方程式为__。‎ ‎(5)电解Al2O3制备Al需要冰晶石(Na3AlF6)作助熔剂。Na3AlF6可由Al(OH)3、Na2CO3和HF反应制得，反应的化学方程式为__。‎ ‎(6)某工厂利用上述流程从m吨粉煤灰中制得n吨Al2O3，则原粉煤灰中铝的质量分数为__。‎ ‎【答案】 (1). Al2O3+3(NH4)2SO4Al2(SO4)3+6NH3+3H2O (2). SiO2 (3). Fe(OH)3和Mg(OH)2 (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). 煅烧 (6). CO2++2H2O=Al(OH)3↓+ (7). 2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O (8). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 煅烧工序中Al2O3与(NH4)2SO4反应生成Al2(SO4)3和NH3，化学方程式为Al2O3+3(NH4)2SO4Al2(SO4)3+6NH3+3H2O，同理：Fe2O3、MgO分别生成Fe2(SO4)3、MgSO4，SiO2不与硫酸铵反应，加水溶解，过滤，滤渣Ⅰ主要成分是SiO2，滤液Ⅰ中加氨水形成Al(OH)3、Fe(OH)3和Mg(OH)2沉淀，是滤渣Ⅱ的成分，沉淀中加过量的NaOH溶液，只有Al(OH)3溶解生成NaAlO2，向“滤液Ⅲ”中通入过量CO2，生成沉淀，离子方程式为CO2+‎ ‎+2H2O=Al(OH)3↓+；Al(OH)3加热分解得Al2O3，电解熔融的Al2O3生成铝。‎ ‎【详解】(1)已知烟气中含有NH3，煅烧工序中Al2O3参与反应的化学方程式为Al2O3+3(NH4)2SO4Al2(SO4)3+6NH3+3H2O。故答案为：Al2O3+3(NH4)2SO4Al2(SO4)3+6NH3+3H2O；‎ ‎(2)SiO2不与硫酸铵反应，加水溶解，过滤，滤渣Ⅰ主要成分是SiO2；滤渣Ⅱ的成分Al(OH)3、Fe(OH)3和Mg(OH)2沉淀，加过量的NaOH溶液，只有Al(OH)3溶解生成NaAlO2，“滤渣Ⅲ”主要成分的化学式分别为Fe(OH)3和Mg(OH)2。故答案为：SiO2；Fe(OH)3和Mg(OH)2；‎ ‎(3)“滤液Ⅱ”主要成分是硫酸铵，将“滤液Ⅱ”通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到的晶体可返回煅烧工序中循环利用。故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；煅烧；‎ ‎(4)“滤液Ⅲ”的主要成分是NaAlO2，向“滤液Ⅲ”中通入过量CO2，生成Al(OH)3沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为CO2++2H2O=Al(OH)3↓+。故答案为：CO2++2H2O=Al(OH)3↓+；‎ ‎(5)电解Al2O3制备Al需要冰晶石(Na3AlF6)作助熔剂。Na3AlF6可由Al(OH)3、Na2CO3和HF反应制得，同时生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O。故答案为：2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O；‎ ‎(6)某工厂利用上述流程从m吨粉煤灰中制得n吨Al2O3，根据Al元素守恒可得煤灰中Al的质量为，则原粉煤灰中铝的质量分数为=×100%，故答案为：×100%。‎ ‎9.84消毒液、酒精、过氧乙酸等消毒剂在抗击新型冠状病毒肺炎疫情中起到重要作用。回答下列问题：‎ Ⅰ.84消毒液是北京第一传染病医院(现北京地坛医院)于1984年研制的一种消毒液，主要成分为受热易分解的次氯酸钠(NaClO)。某实验小组用如图装置制备84消毒液。‎ ‎(1)A中发生反应的离子方程式为___。‎ ‎(2)C中盛装试剂为__，仪器的连接顺序为a→__。‎ ‎(3)制备84消毒液时，若Cl2与NaOH溶液反应温度过高，NaClO的产率将__(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ Ⅱ.过氧乙酸(CH3COOOH)是无色液体，易溶于水，有强烈刺激性气味，有腐蚀性，对人的眼睛、皮肤、黏膜、上呼吸道等有强烈刺激作用，易分解，易爆炸。‎ ‎(4)贮存和运输CH3COOOH时要注意的事项是__。‎ ‎(5)消毒过程中需将200mL20%的过氧乙酸(密度为1.02g·cm-3)稀释为0.5%的过氧乙酸，则需加入水的体积为__。‎ ‎(6)CH3COOOH可用H2O2和CH3COOH制备，其化学方程式为___。‎ ‎(7)制备CH3COOOH过程中总会残留少量H2O2，因此CH3COOOH在使用过程中需要准确标定原液的浓度。取CH3COOOH样品，标定步骤如下：‎ a.用KMnO4标准溶液滴定H2O2；‎ b.当达到终点时加入足量KI溶液，发生反应：2KI+H2SO4+CH3COOOH=2KHSO4+CH3COOH+H2O+I2；‎ c.用1.500mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，发生反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。‎ 测得样品中CH3COOOH质量分数为___。‎ ‎【答案】 (1). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (2). 饱和食盐水 (3). e→d→c→b→f→g (4). 减小 (5). 放阴暗处、避免碰撞、不能放在易燃物附近、密封 (6). 7956 (7). CH3COOH+H2O2=CH3COOOH+H2O (8). 19.00%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．本实验的目的是制备NaClO，氯气和NaOH溶液反应可以生成NaClO和NaCl，所以需要先制备氯气，装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，生成的氯气中会混有HCl气体，需要除去，可以用装置C盛放饱和食盐水进行洗气，洗气后通入NaOH溶液进行反应，未反应的氯气有毒，可以用装有碱石灰的干燥管进行吸收；‎ ‎(7)该滴定实验的原理是先用高锰酸钾将双氧水氧化，然后利用过氧乙酸氧化碘离子生成碘单质，之后利用Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘单质的量，从而确定过氧乙酸的量。‎ ‎【详解】(1)装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ ‎(2)C装置盛装饱和食盐水除去氯气中混有的杂质，根据分析可知仪器的连接顺序为a→e→d→c→b→f→g；‎ ‎(3)次氯酸钠受热易分解，所以温度过高产率减小；‎ ‎(4)过氧乙酸易溶于水、易分解、易爆炸、对人体有害，所以贮存和运输时应放阴暗处、避免碰撞、不能放在易燃物附近、密封；‎ ‎(5)稀释过程溶质的质量不变，设加水的体积为V，水的密度为1g/cm3，所以有200mL×1.02g·cm-3×20%=(200mL×1.02g·cm-3+V×1g·cm-3)×0.5%，解得V=7956mL；‎ ‎(6)根据元素守恒可知H2O2和CH3COOH制备过氧乙酸的化学方程式为CH3COOH+H2O2=CH3COOOH+H2O；‎ ‎(7)消耗Na2S2O3溶液20.00mL，其浓度为1.500mol·L-1，根据反应方程式I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知生成的碘单质的物质的量n(I2)==0.015mol，根据化学方程式2KI+H2SO4+CH3COOOH=2KHSO4+CH3COOH+H2O+I2可知，消耗的过氧乙酸的物质的量n(CH3COOOH)= n(I2)=0.015mol，所以样品中过氧乙酸的质量分数为=19.00%。‎ ‎【点睛】有关溶液稀释的计算要把握一个点：稀释过程中溶质的质量(或物质的量)不变，据此进行计算。‎ ‎10.煤炭气化作为洁净煤利用的核心技术，是影响煤化工系统效率、污染物及温室气体排放的关键。工业生产中主要的气化方式包括纯水气化、CO2气化和纯氧气化，反应如下：‎ i.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=+119kJ·mol-1‎ ii.C(s)+CO2(g)2CO(g) ΔH=+162kJ·mol-1‎ iii.C(s)+O2(g)CO(g) ΔH=-123kJ·mol-1‎ iv.C(s)+ O2(g)CO2(g) ΔH=-409kJ·mol-1‎ ‎(1)均相水煤气反应CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)的ΔH__。‎ ‎(2)图1是不同气化方式得到的合成气成分，图2是温度对碳转化率的影响(碳转化率是指气化得到气体中的碳占入炉原料煤中碳的质量分数)。‎ ‎①气化过程中不同氧化剂的配比会对合成气的成分造成很大影响，为了提高合成气的氢碳比，生产中应该适当提高__在氧化剂中的比例。‎ ‎②若使用混合氧化剂进行气化，最佳气化温度是___℃。温度升高纯氧气化的碳转化率降低，原因是___。‎ ‎③工业上常在压强200kPa的条件下进行气化，压强过高过低都不利于气化的进行，可能的原因是__。‎ ‎④T℃时，向容积可变的恒压密闭容器中加入20g燃煤(含碳84%)和2molH2O(g)模拟纯水气化反应，起始容积为2L。一段时间达到平衡后，测得容器内H2为1mol。则该温度下C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的平衡常数K=__。‎ ‎(3)煤的气化中可以利用CO2捕集技术实现CO2的综合利用。用石墨电极电解CO2制CH3CH2OH的原理示意图如图：‎ ‎①b为电源的___(填“正”或“负”)极。‎ ‎②生成CH3CH2OH的电极反应式为___。‎ ‎【答案】 (1). -43kJ·mol-1 (2). 水 (3). 900 (4). 纯氧气化涉及的反应ⅲ、反应ⅳ都是放热反应，温度升高，平衡逆移，碳转化率降低 (5). 压强高会使气化反应ⅰ、ⅱ、ⅲ的平衡逆向移动；压强低反应速率小，都不利于气化的进行 (6). mol·L-1 (7). 正 (8). 2CO2+12H++12e-=CH3CH2OH+3H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据盖斯定律进行计算；‎ ‎(2)据图可知，纯水气化时氢碳比最大，CO2气化氢碳比最小；温度升高纯氧气化中碳转化率略微减小，而纯水气化和CO2气化碳转化率增大，温度高于900℃后升高不明显；‎ ‎④恒压容器中气体的体积比等于气体的物质的量之比，据此先计算平衡时容器的体积，再根据K=计算平衡常数；‎ ‎(3)该装置目的是用石墨电极电解CO2制CH3CH2OH，C元素化合价降低被还原，所以通入二氧化碳的一极为电解池的阴极，则产生氧气的一极为阳极。‎ ‎【详解】(1)已知：i.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH=+119kJ·mol-1‎ ii.C(s)+CO2(g)2CO(g) ΔH=+162kJ·mol-1‎ 根据盖斯定律i-ii可得反应CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)的ΔH=+119kJ·mol-1-(+162kJ·mol-1)=-43kJ·mol-1；‎ ‎(2)①据图可知纯水气化时氢碳比最大，所以为了提高合成气氢碳比凯越适当提高水在氧化剂中的比例；‎ ‎②据图可知温度升高，纯氧气化碳转化率略微减小，而纯水气化和CO2气化碳转化率增大，温度高于900℃后升高不明显，所以为了提高碳转化率，同时尽量降低能耗，提高反应速率，最佳的气化温度应为900℃；纯氧气化涉及的反应ⅲ、反应ⅳ都是放热反应，温度升高，平衡逆移，所以温度升高碳转化率降低；‎ ‎③压强高会使气化反应ⅰ、ⅱ、ⅲ的平衡逆向移动，压强低反应速率小，都不利于气化的进行，所以压强不能过高也不能过低；‎ ‎④该反应的平衡常数K的表达式为，平衡时容器内n(H2)=1mol，根据反应方程式可知该时段内消耗n(H2O)=1mol，生成的n(CO)=1mol，剩余的n(H2O)=2mol-1mol=1mol，所以平衡时容器内气体总物质的量为1mol+1mol+1mol=3mol，压强不变，则体积比等于气体的物质的量之比，初始气体的物质的量为2mol，平衡时为3mol，容器初始体积为2L，所以平衡容器体积为3L，则平衡时容器内c(H2O)= c(H2)=c(CO)=mol/L，K==mol·L-1；‎ ‎(3)①根据分析产生氧气的一极为电极池的阳极，阳极与外接电源的正极相连，所以b为电源的正极；‎ ‎②二氧化碳被还原生成乙醇，电解质溶液显酸性，所以电极反应式为2CO2+12H++12e-=CH3CH2OH+3H2O。‎ ‎【点睛】本题中平衡常数的计算为易错点，要注意本题中的容器为恒压容器，而涉及的反应前后气体系数之和不相等，所以容器的体积会变，需要先求出体积才能求浓度。‎ ‎11.近日，某科研团队成功合成了Ni—Fe双原子催化剂(Ni/Fe—C—N)，并应用于高效催化CO2还原。回答下列问题：‎ ‎(1)基态铁原子的价电子轨道排布图为__。铁元素常见的离子有Fe2+和Fe3+，稳定性Fe2+__Fe3+(填“>”或“<”)，原因是__。‎ ‎(2)C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为__。‎ ‎(3)过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与CO提供配位的电子总数之和为18，则n=___；该化合物易溶于苯及四氯化碳等有机溶剂，原因是___。‎ ‎(4)二茂铁的结构为，由Fe2+和(环戊二烯基负离子)构成。一个中σ键总数为__，C原子的杂化轨道类型为__。‎ ‎(5)某C、Fe合金的晶胞结构如图所示：‎ 该合金的化学式为__，若该晶体的晶胞参数为apm、bpm、cpm，α=β=γ=90o，密度为ρg·cm-3，则NA为__(写出计算式即可)。‎ ‎【答案】 (1). (2). < (3). Fe3+的3d轨道为半满状态，较稳定 (4). N>O>C (5). 4 (6). Ni(CO)4属于非极性分子，易溶于非极性溶剂中 (7). 10 (8). sp2 (9). Fe3C (10). mol-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原子及离子的电子排布式分析；根据同周期主族元素第一电离能的递变规律判断；根据价层电子对数目和价层电子寻互斥理论分析原子的杂化类型和空间构型；根据晶胞结构分析晶体的化学式并进行相关计算。‎ ‎【详解】(1)基态铁原子价电子排布式为3d64s2，则价电子轨道排布图为；Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，可见Fe3+的3d轨道为半满状态，较稳定，则稳定性Fe2+＜Fe3+；‎ ‎(2)C、N、O是同周期主族元素，核电荷数大，第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p3轨道是半充满结构，相同稳定，则三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C；‎ ‎(3)Ni价电子数为10，每个配体提供一个电子对，则10+2n=18，n=4‎ ‎；苯和四氯化碳均为非极性溶剂，根据相似相溶原理，该化合物易溶于苯及四氯化碳等有机溶剂，说明Ni(CO)4属于非极性分子，易溶于非极性溶剂中；‎ ‎(4)单键均为σ键，则一个(环戊二烯基负离子)中σ键总数为10；结构中碳原子的价层电子对数均为3，则C原子的杂化轨道类型为sp2杂化；‎ ‎(5)该合金中Fe原子数为4×+10×=6，C原子数为8×+1=2，则合金的化学式为Fe3C；晶胞的质量为g，晶胞的体积为abc×10-30cm3，根据可知，NA=mol-1。‎ ‎【点睛】均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：①顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；②棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；③面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；④内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。‎ ‎12.喘通（）是我国最早自主研发生产的药物之一，主要用于支气管哮喘的治疗。其合成路线如图：‎ ‎（1）A的化学名称为___，反应①的试剂与条件为__，反应③的反应类型为___。‎ ‎（2）E中含氧官能团的名称为__。‎ ‎（3）F的结构简式为___。‎ ‎（4）反应⑦的化学方程式为__。‎ ‎（5）B的同分异构体H是含有氨基、能与NaHCO3溶液反应放出气体的芳香族化合物。则H的结构有__种（不含立体异构）。其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1：2：2：‎ ‎2：2的是__（写出其中一种的结构简式）。‎ ‎（6）《神农本草经》中记载麻黄能“止咳逆上气”。从麻黄中提取的麻黄碱也可用于治疗支气管哮喘，其结构简式为。‎ 已知：+ CH3COCl+HCl。设计以苯、CH3CH2COCl、CH3NH2为原料合成麻黄碱的合成路线__。（无机试剂任选）‎ ‎【答案】 (1). 乙苯 (2). 浓硫酸、浓硝酸、加热 (3). 还原反应 (4). 羰基（或酮基） (5). (6). +HBr (7). 17种 (8). 或 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由B的结构简式可知A为（乙苯），再通过氧化反应生成C，C到D是硝基被还原为氨基，为还原反应，由E和G的结构简式，可推出F的结构简式为：‎ ‎，G到最终产物的反应为取代反应，由此分析解答。‎ ‎【详解】（1）由分析可知A为，名称为乙苯，反应①为硝化反应，需加入浓硫酸、浓硝酸，在加热的条件下进行，反应③为还原反应，故答案为：乙苯；浓硫酸、浓硝酸、加热；还原反应；‎ ‎（2）由E的结构可知其含含氧官能团为羰基（或酮基），故答案为：羰基（或酮基）；‎ ‎（3）由分析可知，F的结构简式为：，故答案为：；‎ ‎（4）反应⑦为取代反应，反应方程式为：+HBr，故答案为：+HBr；‎ ‎（5）B的结构简式为，其同分异构体H含有氨基和羧基，则还剩一个C连在支链上，按照支链由整到散的思路；如果只有一个支链，则为：；如果有两个支链，则可以为：（考虑位置共3种），（考虑位置共3种）；如果有3个支链，则为：（考虑位置共10种）；则H的结构有17种（不含立体异构）；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为1：2：2：2：2的是或 ‎，故答案为：17；或；‎ ‎（6）根据题干中反应和题目已知信息，以苯、CH3CH2COCl、CH3NH2为原料合成麻黄碱的合成路线为：，故答案为：。‎ ‎【点睛】解答本有机推断题的关键是根据流程，对比结构，明确每一步反应的原理和反应类型，（6）小题为难点，应充分利用题干流程和已知信息，采用逆向思维分析合成路线。‎