四川省南充市2019届高三化学三模试题 23页

2019年四川省南充市高考化学三模试卷1.化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是（　　）A.本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是KOHB.高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的増强聚四氟乙烯板属于尢机髙分子材料C.泡沫灭火器中的溶液应贮存在铁制内筒中D.用“静电除尘”、“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可提髙空气质量2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A.1 mol 在熔融状态吋含有的离了总数为B.某温度下纯水的，该温度下的NaOH溶液中含的数目为C.二氧化锰与含有 mol HCl的浓盐酸加热充分反应，转移电子的数目为D.12g金刚石中键的数目为3.关于有机物（）的结构、性质有关的叙述正确的是（　　）A.该物质所有原子可能在同一平面B.与该物质具有相同官能团的芳香烃同分异构体有2种C.该物质在一定条件下能发生加成反应、氧化反应、取代反应、加聚反应D.1mol该物质最多可与反应4.下列有关实验操作，实验现象以及解释或结论都正确的是（　　）选项实验操作实验现象解释或结论nA将少量Fe（NO3）2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSN溶液溶液变成血红色Fe（NO3）2已变质B向10mL.0.1 mol/LNa2S溶液中滴加2mL等浓度的ZnSO4溶液，再加入2mL等浓度的CuSO4溶液先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS）C向淀粉溶液中滴入稀硫酸，水浴加热一段时间后，直接加入少量新制氢氧化铜悬浊液并煮沸生成砖红色沉淀淀粉在酸性条牛可水解，产物中有葡萄糖D分别向等物质的量浓度、等体积的KCl和KI溶液中滴加2滴稀的[Ag（NH3）2]OH溶液，充分振荡后KC1溶液中无白色沉淀，KI溶液中有黄色沉淀Ag+结合微粒的能力：I-＞NH3＞Cl-A.AB.BC.CD.D1.如图是一种已投入生产的大型蓄电系统。电解质通过泵不断地在储罐和电池间循环；电池中间为离子选择性膜，在电池放电和充电时该膜可允许钠离子通过；图中左边的电解质为Na2S2、Na2S4，右边电解质为NaBr3、NaBr．充、放电时发生的反应为：NaS+3NaBr2Na2S：+NaBr3，下列说法正确的是（　　）A.充电时b端为电源负极B.在放电过程中钠离子通过离子选择膜的流向为从右到左C.电池充电时，阴极的电极反应为nD.以此蓄电池为电源电解精炼铜，当有 mol 转移吋时，阳极有铜溶解1.短周期主族元素Ⅹ、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，其中Z、W处于同一主族，Z、M的原子最外层电子数之和等于9，Y的氢化物常温下呈液态，是人类生存的重要资源，X的简单氢化物与W的单质（黄绿色）组成的混合气体见光可生成W的氢化物和油状混合物。下列说法正确的是（　　）A.Y和W形成的某种二元化合物可用于自来水的杀菌消毒B.简单离子半径：C.W的氧化物对应的水化物的酸性比X的强D.Z分别与X、M形成的化合物，其所含化学键的类型相同2.已知H3PO4是一种三元中强酸。25℃时，某浓度H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中各种含磷微粒的物质的量分数δ随溶液pH的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是（　　）A.曲线2和曲线4分别表示和变化B.时，的电离常数：C.时，溶液中由水电离出的D.时，溶液中n1.以红土镍矿（主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等）为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaFe（SO4）2（OH）6]和纳米镍粉的部分工艺流程如图1：（1）“酸浸”过程，为提高铁和镍元素的浸出率，可采取的措施有______，______（写出两种）。（2）“过滤Ⅰ”滤渣的主要成分是______。（3）“氧化”过程欲使0.3 mol Fe2+转变为Fe3+，则需氧化剂 NaClO至少为______ mol。（4）‘沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，写出该反应的化学方程式______。若碳酸钠过多会导致生成的沉淀由黄钠铁矾转交为______（填化学式）。（5）向“过滤Ⅱ”所得滤液（富含Ni2+）中加入N2H4•H2O，在不同浓度的氢氧化钠溶液中反应，含镍产物的XRD图谱如图2所示（XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。欲制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的物质的量浓度为______。写出该条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离了方程式______。（6）高铁酸盐也是一种优良的含铁净水剂，J．C． Poggendor早在1841年利用纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解制得Na2FeO4，阳极生成FeO42-的电极反应式为______； Deininger等对其进行改进，在阴、阳电极间设置阳离子交换膜，有效提高了产率，阳离子交换膜的作用是______。2.随着石油资源的日益枯竭，天然气的开发利用越来越受到重视。CH4/CO2催化重整制备合成气（CO和H2）是温室气体CO2和CH4资源化利用的重要途径之一，并受了国内外研究人员的高度重视。回答下列问题：n（1）已知：①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1=+205.9 kJ•mol-1②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2=-41.2 kJ•mol-1CH4/CO2催化重整反应为CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H该催化重整反应的△H=______ kJ•mol-1．要缩短该反应达到平衡的时间并提高H2的产率可采取的措施为______。（2）向2L刚性密闭容器中充入2 mol CH4和2 mol CO2进行催化重整反应，不同温度下平衡体系中CH4和CO的体积分数（φ）随温度变化如表所示。φ温度CH4COT1aaT2cb已知b＞a＞c，则T1______T2（填“＞”“＜”或“=”）。T1下该反应的平衡常数K=______（mol2•L-2）（3）实验硏究表明，载体对催化剂性能起着极为重要的作用，在压强0.03MPa，温度750℃条件下，载休对镍基催化剂性能的影响相关数据如表：催化剂载体转化率/%尾气组成/%CH4CO2CH4CO2COH2NiMgO99.387.70.86.850.342.1CaO58.845.817.718.833.729.8CeO262.957.617.219.134.029.7由上表判断，应选择载体为______（填化学式），理由是______。（4）现有温度桕同的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个恒压密闭容器，均充入2mol CH4（g）和2 molCO2（g）进行反应，三个容器的反应压强分别为p1atm、p2atm、p3atm，在其他条件相同的情况下，反应均进行到tmin时，CO2n的体积分数如图所示，此时Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ个容器中一定处于化学平衡状态的是______。（5）利用合成气为原料合成甲醇，其反应为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），在一定温度下查得该反应的相关数据如表所示：组别起始浓度/（mol•L-1）初始速率/（mol•L-1•min-1）COH210.240.480.36120.240.960.72030.480.480.719该反应速率的通式为ν正=k正cm（CO）•cn（H2）（k正是与温度有关的速率常数）。由表中数据可确定反应速率的通式中n=______（取正整数）。若该温度下平衡吋组别1的产率为25%，则组别1平衡时的v正=______（保留1位小数）。1.铁在自然界中的含量丰富，而且在生活生产中应用广泛。（1）铁在周期表中的位置为______。（2）硝普试剂[Fe（NO）CN）5}2-可用于检验S2-，两者反应得紫色溶液，其中两个配体互为等电子体，已知硝普试剂[Fe（NO）（CN）5]2-中Fe为+2价，其基态离子的外围电子排布式为______。（3）K4[Fe（CN）6]溶液可用于检验Fe3+，K、C、N的第一电离能由大到小的顺序为______，K4[Fe（CN）6]内界中σ键与π键的个数比为______。（4）二茂铁是由两个环戊二烯阴离子与Fe2+离子组成的三明治型化合物，即．环戊二烯分子（）中碳原子的杂化方式为______。（5）工业电解熔融的FeO、Fe2O3冶炼高纯铁。FeO与Fe2O3相比，______熔点高，其主要原因是______。n（6）铁单质晶体在不同温度下有两种主要的堆积方式--体心立方（A）与面心立方（B），假定Fe原子半径不变，在两种堆积中，配位数之比NA：NB为______晶体密度之比ρA：ρB为______。1.肉桂酸D（β-苯基丙烯酸）用于制备化妆品、香皂的香精，乜可制造局部麻醉剂、杀菌剂、止血药、植物生长促进剂、防腐剂、感光树脂等。下列是肉桂酸D的合成与应用的反应路线：已知：RCHO+CH3CHORCH=CH-CHO，R为烃基（1）A的分子式是______，A生成苯甲醇的反应类型是______。（2）C的结构简式是______，肉柱醛中的官能团名称是______。（3）E是一种合成香精的定香剂，已知E为反式结构，则其结构简式为______。（4）在G中共直线的原子共有______个，1molB转化为C最多消耗______mol NaOH（5）写出上图中F与NaOH醇溶液共热时的化学方程式______。（6）P是E的同分异构体，写出符合下列条件的P的键线式______。①有两个相同的官能团；②能与新制氢氧化铜悬浊液作用产生砖红色沉淀；③含有苯环，核磁共振氢谱有三组面积之比为2：2：1的峰。（7）以乙醇为原料，设计制备高分子化合物的合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转亿关系，箭头上注明试剂和反应条件，无机试剂任选）2.作为食品添加剂时，亚硝酸钠（NaNO2）可以增加肉类的鲜度，抑制微生物，保持肉制品的结构和营养价值；但是过量振入会导致中毒。某实验小组设计实验制备亚硝酸钠并进行含量测定。Ⅰ．NaNO2制备实验室以木炭、浓硝酸、Na2O2为主要原料按照如图所示装置制各亚硝酸钠（加热装置及部分夹持装置已略去），反应原理为：2NO+Na2O2=2NaNO2n回答下列问题：（1）连接好装置之后，下一步实验操作是______。（2）B装置中铜的作用是______。（3）E装置用于尾气处理，E中反应的离子方程式为______。（4）实验结末阶段，熄灭酒精灯之后继续通入N2直至装置冷却。此时通入N2的目的是______。Ⅱ．含量的测定查阅资料可知：酸性KMnO4溶液可将NO2-氧化为NO3-，MnO4还原成Mn2+。（5）溶液配制：称取装置D中反应后的固体4.000g，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后，仝部转移至250mL的______中，加蒸馏水至______。滴定：取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L酸性KMnO4溶液进行淌定，实验所得数据如下表所示：滴定次数1234KMnO4溶液体积/mL21.9822.0222.0022.60（6）第4组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是______（双项选择）。A．锥形瓶洗净后未干燥   B．滴定终了仰视读数C．滴定终了俯视读数     D．酸式滴定管用蒸馏水洗浄后未用标准液润洗（7）根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数______%（保留2位小数）。n答案和解析1.【答案】D【解析】解：A．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可去油污洗衣服，故A错误；B．増强聚四氟乙烯是由四氟乙烯通过加聚反应合成的，含有碳元素，属于有机高分子材料，故B错误；C．Al2（SO4）3在水中水解显酸性，能腐蚀铁，所以Al2（SO4）3溶液应不能贮存在铁制内筒中，故C错误；D．用“静电除尘”、“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可以减少二氧化硫、氮的氧化物、粉尘等污染物的排放，所以用“静电除尘”、“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可提髙空气质量，故D正确。故选：D。A．草木灰的主要成分是碳酸钾；B．増强聚四氟乙烯属于有机高分子材料；C．Al2（SO4）3在水中水解显酸性，能腐蚀铁；D．用“静电除尘”、“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可以减少二氧化硫、氮的氧化物、粉尘等污染物的排放。本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。2.【答案】B【解析】解：A、AlCl3是共价化合物，熔融时不能电离，无离子，故A错误；B、某温度下纯水的pH=6，即水的离子积为10-12，故pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L，则10L此溶液中氢氧根个数为NA个，故B正确；C、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故浓盐酸不能反应完全，则转移的电子数小于0.2NA个，故C错误；nD、12g金刚石的物质的量为1mol，而金刚石中含2条C-C键，故1mol金刚石中含C-C键为2NA个，故D错误。故选：B。A、AlCl3是共价化合物；B、某温度下纯水的pH=6，即水的离子积为10-12，据此分析溶液中氢氧根的浓度；C、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应；D、求出金刚石的物质的量，然后根据金刚石中含2条C-C键来分析。本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。3.【答案】C【解析】解：A．含有甲基，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能在同一平面，故A错误；B．与该物质具有相同官能团的芳香烃，可含有两个取代基，分别为-CH3、-CH=CH2，有邻、间、对3种，也可为-CH=CHCH3、-C（CH3）=CH2，共5种，故B错误；C．含有甲基、苯环，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，故C正确；D．碳碳双键和苯环在一定条件下都可发生加成反应，故D错误。故选：C。有机物含有苯环和碳碳双键，具有苯、烯烃的结构特点，可发生取代、加成、加聚和氧化反应，以此解答该题。本题综合考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，本题易错点为B，注意同分异构体的判断，难度中等。4.【答案】D【解析】解：A．将少量Fe（NO3）2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，亚铁离子被硝酸根离子氧化，干扰了实验，无法判断Fe（NO3）2是否变质，故A错误；B．Na2S与ZnSO4溶液反应后有剩余，剩余的Na2S与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀，无法比较Ksp（ZnS）、Ksp（CuS）的大小，故B错误；nC．稀硫酸与氢氧化铜浊液反应，干扰了检验，应该先向水解后的溶液中加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸，然后再加入少量新制氢氧化铜悬浊液并煮沸，故C错误；D．KCl溶液中无白色沉淀，KI溶液中有黄色沉淀，说明易生成AgI，可说明微粒结合Ag+的能力：I-＞NH3＞Cl-，故D正确；故选：D。A．酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子，干扰了检验结果；B．硫化钠过量，过量的硫化钠与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀，无法比较二者溶度积大小；C．加热氢氧化铜前应该先用氢氧化钠中和稀硫酸；D．KCl溶液中无白色沉淀，KI溶液中有黄色沉淀，说明易生成AgI。本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型和高频考点，题目难度不大，侧重于学生的分析能力和评价能力的考查，注意把握实验的合理性和可行性的评价，把握物质的性质。5.【答案】C【解析】解：A．放电时b为正极，a为负极，充电时b端为外电源正极，故A错误；B．在原电池中，阳离子移向正极，Na+经过离子交换膜，即由左池移向右池，故B错误；C．放电时负极反应为2S22--2e-=S42-，充电时阴极反应与负极反应相反，所以阴极反应式为S42-+2e-=2S22-，故C正确；D．电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中含有杂质，电路中转移0.1mol e-时，阴极上析出3.2g铜，阳极溶解铜小于3.2g，故D错误；故选：C。根据总反应2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr可知放电过程时，S元素的化合价从-1价上升到-价，则a为负极，放电时负极反应为2S22--2e-=S42-，Br元素的化合价从-价降到-1价，则b为正极，正极反应为Br3-+2e-=3Br-，放电时Na+移向正极b；充电时与放电相反，电池充电时外接电源的正极与电池的正极相连，负极与负极相连，则b池发生氧化反应，为电解池的阳极，a池发生还原反应，为电解池的阴极，据此解答。n本题综合考查原电池和电解池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，分析原理并正确书写电极反应式是解题的关键，注意新型电池的原理分析，题目难度中等。6.【答案】A【解析】解：根据分析可知：X为C，Y为O，Z为F，M为Mg，W为Cl元素。A．O、Cl形成的二氧化氯具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故A正确；B．离子的电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：M＜Y＜W，故B错误；C．没有指出最高价含氧酸，该说法不合理，故C错误；D．F与C形成的是共价化合物，含有共价键，而F与Mg形成的是离子化合物，只含有离子键，所含化学键的类型不同，故D错误；故选：A。短周期主族元素Ⅹ、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，Y的氢化物常温下呈液态，是人类生存的重要资源，则Y为O元素；X的简单氢化物与W的单质（黄绿色）组成的混合气体见光可生成W的氢化物和油状混合物，X为C，W为Cl元素；其中Z、W处于同一主族，则Z为F；Z、M的原子最外层电子数之和等于9，M的最外层电子数为9-7=2，结合原子序数可知M为第三周期的Mg元素，以此解答该题。本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。7.【答案】B【解析】解：A．起始时段附近浓度较高的为H3PO4，随着pH缓慢增大，溶液中H3PO4浓度降低，H2PO4-浓度增大，然后H2PO4-浓度降低，HPO42-浓度增大，然后HPO42-浓度降低，PO43-浓度增大，所以曲线1表示δ（H3PO4），曲线2表示δ（H2PO4-），曲线3表示δ（HPO42-），曲线4表示δ（PO43-），故A错误；B．根据图象，溶液中c（H3PO4）=c（H2PO4-）时，即δ（H3PO4）=δ（H2PO4-）时，溶液的pH=2.1，则H3PO4的电离常数K1==c（H+）=10-2.1n；pH=7.2时，溶液中δ（H2PO4-）=δ（HPO42-），则c（H2PO4-）=c（HPO42-），K2==c（H+）=10-7.2，则K1：K2=10-2.1：10-7.2=105.1，故B正确；C．pH=7.2时，溶液中δ（H2PO4-）=δ（HPO42-），则c（H2PO4-）=c（HPO42-），溶液呈碱性，说明以水解为主，促进了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则水电离的c（H+）=10-6.8mol/L，故C错误；D．pH=12.3时，溶液中（HPO42-）=δ（PO43-），则c（HPO42-）=c（PO43-），即c（Na3PO4）=c（Na2HPO4），根据物料守恒可得：5c（Na+）=2c（H2PO4-）+2c（HPO42-）+2c（PO43-）+2c（H3PO4），故D错误；故选：B。A．起始时段附近浓度较高的为H3PO4，随着pH缓慢增大，溶液中H3PO4浓度降低，H2PO4-浓度增大，然后H2PO4-浓度降低，HPO42-浓度增大，然后HPO42-浓度降低，PO43-浓度增大；B．根据溶液中c（H3PO4）=c（H2PO4-）、c（H2PO4-）=HPO42-时溶液的pH计算K1：K2；C．pH=7.2时，溶液中δ（H2PO4-）=δ（HPO42-），则c（H2PO4-）=c（HPO42-），溶液呈碱性，说明促进了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离；D．pH=12.3时，溶液中（HPO42-）=δ（PO43-），则c（HPO42-）=c（PO43-），结合物料守恒分析。本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图象曲线代表的粒子为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及物料守恒，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。8.【答案】提高反应温度 适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等 SiO2 0.15 3Fe2（SO4）3+6H2O+6Na2CO3=2NaFe（SO4）2（OH）6↓+5Na2SO4+6CO2↑ Fe（OH）3 0.015mol•L-1 N2H4•H2O+2Ni2++4OH-=2Ni↓+N2↑+5H2O Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O 避免FeO42-在阴极上被还原【解析】解：（1）为了提高酸浸时铝元素的浸出率，可以采用增大溶液浓度、升高温度或增大反应物接触面积等方法，也可搅拌，增大接触面积，故答案为：提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等；（2）SiO2与稀硫酸不反应，为“过滤Ⅰ”的滤渣，故答案为：SiO2；n（3）加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为2H++2Fe2++ClO-═2Fe3++Cl-+H2O，反应中Fe元素化合价由+2价升高为+3价，Cl元素化合价由+1价变化为-1价，则欲使0.3molFe2+转变为Fe3+，则需氧化剂NaClO至少为0.15mol，故答案为：0.15；（4）生成硫酸铁与碳酸钠发生双水解得到黄钠铁矾，化学反应方程式为：3Fe2（SO4）3+6H2O+6 Na2CO3=2NaFe（SO4）2（OH）6↓+5 Na2SO4+6CO2↑，碳酸钠过多，溶液碱性国强，则会导致生成的沉淀由黄钠铁钒转变为Fe（OH）3，故答案为：3Fe2（SO4）3+6H2O+6Na2CO3=2NaFe（SO4）2（OH）6↓+5Na2SO4+6CO2↑；Fe（OH）3；（5）由图象可知，当氢氧化钠浓度为0.015 mol•L-1时，可制得高纯纳米镍粉，方程式为N2H4•H2O+2Ni2++4OH-═2Ni↓+N2↑+5H2O，故答案为：0.015mol•L-1；N2H4•H2O+2Ni2++4OH-═2Ni↓+N2↑+5H2O；（6）阳极生成FeO42-的电极反应式为Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O，在阴、阳电极间设置阳离子交换膜，有效提高了产率，阳离子交换膜的作用是避免FeO42-在阴极上被还原，故答案为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O；避免FeO42-在阴极上被还原。红土镍矿（主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等）加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液可得到净水剂黄钠铁矾，将NiCO3经处理可得到Ni，以此解答该题。本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、物质的性质、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。9.【答案】+247.1 升高温度 ＜  MgO 在此条件下合成气产率高 III 1 0.4mol/L【解析】解：（1）①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1=+205.9 kJ•mol-1②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2=-41.2 kJ•mol-1将方程式①-②得方程式CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H=（+205.9+41.2）kJ/mol=+247.1kJ/mol；n该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，要缩短该反应达到平衡的时间并提高H2的产率，改变条件时要加快化学反应速率且平衡正向移动，升高温度能加快化学反应速率且平衡正向移动，故答案为：+247.1；升高温度；（2）该反应的正反应是吸热反应，升高温度CO含量增大，升高温度平衡正向移动则CO含量增大，b＞a＞c，则温度T1＜T2；相同条件下不同气体的体积分数之比等于其物质的量分数之比，平衡时甲烷和CO的体积分数相等，则其物质的量分数相等，物质的量浓度相等，假设生成的n（CO）=xmol开始c（CH4）=c（CO2）=mol/L=1mol/L，可逆反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）开始mol2              2                0              0反应mol0.5x         0.5x           x               x平衡mol2-0.5x    2-0.5x          x             x平衡时甲烷和CO的物质的量相等，则2-0.5x=x，x=，则平衡时c（CH4）=c（CO2）=c（CO）=c（H2）=mol/L，化学平衡常数K===，故答案为：＜；；（3）相同温度和压强下，反应物的转化率越高、平衡时反应体系中生成物的含量越大，催化剂载体越好，根据表中数据知，MgO最好，故答案为：MgO；在此条件下合成气产率高；（4）CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g），这是一个气体体积增大的反应，三个容器的反应压强分别为P1、P2、P3且P1＜P2＜P3，若未达平衡，压强越高反应速率越快，相同时间内CO2的含量越低，tmin时，CO2n的含量Ⅲ比Ⅱ和Ⅰ高，故Ⅲ到达平衡，而Ⅱ比Ⅰ低，则Ⅰ没有到达平衡，Ⅱ可能到达平衡；故答案为：Ⅲ；（5）根据1、2组数据知，0.361：0.720=cn（0.48）：cn（0.96）=1：2，n=1、根据1、3族数据知，0.361：0.719=cm（0.24）：cm（0.48）=1：2，m=-1，根据2组数据得0.720=k正c-1（0.24）•c（0.96），k正=0.18，若该温度下平衡时组别1的产率为25%，如果CO完全反应则生成c（CH3OH）=0.24mol/L，实际上其产率为25%，则平衡时c（CH3OH）=0.24mol/L×25%=0.06mol/L，c（CO）=（0.24-0.06）mol/L=0.18mol/L、c（H2）=（0.48-0.06×2）=0.36mol/L，则组别1平衡时的v正=[0.18×c-1（0.18）•c（0.36）]mol/L=0.36mol/L≈0.4mol/L，故答案为：1；0.4mol/L。（1）①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1=+205.9 kJ•mol-1②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2=-41.2 kJ•mol-1将方程式①-②得方程式CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H进行相应的改变；该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，要缩短该反应达到平衡的时间并提高H2的产率，改变条件时要加快化学反应速率且平衡正向移动；（2）该反应的正反应是吸热反应，升高温度CO含量增大；相同条件下不同气体的体积分数之比等于其物质的量分数之比，平衡时甲烷和CO的体积分数相等，则其物质的量分数相等，物质的量浓度相等，假设生成的n（CO）=xmol开始c（CH4）=c（CO2）=mol/L=1mol/L，可逆反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）开始mol2              2                0              0反应mol0.5x         0.5x           x               x平衡mol2-0.5x    2-0.5x          x             x平衡时甲烷和CO的物质的量相等，则2-0.5x=x，x=，n则平衡时c（CH4）=c（CO2）=c（CO）=c（H2）=mol/L，化学平衡常数K=；（3）相同温度和压强下，反应物的转化率越高、平衡时反应体系中生成物的含量越大，催化剂载体越好；（4）CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g），这是一个气体体积增大的反应，三个容器的反应压强分别为P1、P2、P3且P1＜P2＜P3，若未达平衡，压强越高反应速率越快，相同时间内CO2的含量越低；（5）根据1、2组数据知，0.361：0.720=cn（0.48）：cn（0.96）=1：2，n=1、根据1、3族数据知，0.361：0.719=cm（0.24）：cm（0.48）=1：2，m=-1，根据2组数据得0.720=k正c-1（0.24）•c（0.96），k正=0.18，若该温度下平衡时组别1的产率为25%，如果CO完全反应则生成c（CH3OH）=0.24mol/L，实际上其产率为25%，则平衡时c（CH3OH）=0.24mol/L×25%=0.06mol/L，c（CO）=（0.24-0.06）mol/L=0.18mol/L、c（H2）=（0.48-0.06×2）=0.36mol/L。本题考查化学平衡计算、外界条件对化学平衡移动影响等知识点，侧重考查基础知识再现、图象分析判断及知识综合运用能力，难点是（5）题计算，会正确计算m、n的值及平衡化学反应速率，题目难度中等。10.【答案】第四周期第VIII族 3d6 N＞C＞K 1：1 sp2、sp3 Fe2O3 FeO、Fe2O3都是离子化合物，Fe3+的半径小且电荷多，Fe3+与O2-之间的离子键键能更大 2：3 【解析】解：（1）铁在周期表中的位置为第四周期第VIII族，故答案为：第四周期第VIII族；（2）Fe原子失去最外层2个电子生成Fe2+，其基态离子的外围电子为3d能级上的6个电子，其价电子排布式为3d6，故答案为：3d6；n（3）第一电离能非金属＞金属，所以第一电离能N、C元素都大于K元素；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能N＞C，则第一电离能N＞C＞K；K4[Fe（CN）6]内界中Fe原子和6个C原子形成6个σ键、每个CN中存在1个σ键、2个π键，所以该化学式内界中含有12个σ键、12个π键，则σ键、π键个数之比为12：12=1：1，故答案为：N＞C＞K；1：1；（4）环戊二烯分子（）中碳原子价层电子对个数为3、4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3；（5）离子晶体晶格能越大，其熔沸点越高，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比，二者都是离子化合物，Fe3+的半径小且电荷多，Fe3+与O2-之间的离子键键能更大，故Fe2O3的熔点高于FeO的熔点，故答案为：FeO、Fe2O3都是离子化合物，Fe3+的半径小且电荷多，Fe3+与O2-之间的离子键键能更大；（6）A中Fe原子配位数为8、B中Fe原子配位数=3×8÷2=12，则A、B晶胞中Fe原子个数之比为8：12=2：3；A中Fe原子个数=1+8×=2，B原子个数=6×+8×=4，Fe原子半径为rcm，A中晶胞体积=（）3cm3、B中晶胞体积=（）3cm3，晶体密度之比ρA：ρB=：=，故答案为：2：3；。（1）铁在周期表中的位置为第四周期第VIII族；（2）Fe原子失去最外层2个电子生成Fe2+，其基态离子的外围电子为3d能级上的6个电子；（3）第一电离能非金属＞金属，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素；K4[Fe（CN）6]内界中Fe原子和6个C原子形成6个σ键、每个CN中存在1个σ键、2个π键；（4）环戊二烯分子（n）中碳原子价层电子对个数为3、4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；（5）离子晶体晶格能越大，其熔沸点越高，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比；（6）A中Fe原子配位数为8、B中Fe原子配位数=3×8÷2；A中Fe原子个数=1+8×=2，B原子个数=6×+8×=4，Fe原子半径为rcm，A中晶胞体积=（）3cm3、B中晶胞体积=（）3cm3，晶体密度之比ρA：ρB=：。本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、核外电子排布式的书写等知识点，明确原子结构、元素周期表结构及晶胞结构是解本题关键，知道晶格能影响因素，难点是晶胞计算，注意体心立方中体对角线上的3个原子紧密相邻、面心立方晶胞中面对角线上3个原子紧密相邻，题目难度中等。11.【答案】C7H7Cl 取代反应或水解反应  碳碳双键、醛基  6 2  【解析】解：（1）A为，A的分子式是C7H7Cl，A发生水解反应生成苯甲醇，该反应也是取代反应，则A生成苯甲醇的反应类型是取代反应或水解反应，故答案为：C7H7Cl；取代反应或水解反应；（2）C的结构简式是，肉柱醛中的官能团名称是碳碳双键、醛基，故答案为：；碳碳双键、醛基；n（3）E是一种合成香精的定香剂，已知E为反式结构，则其结构简式为，故答案为：；（4）羧基中所有原子共平面、连接碳碳三键两端的碳原子共平面，苯环上所有原子共平面，单键可以旋转，则在G中共直线的原子共有6个，分别为羧基上的C原子、-OH上的原子、连接碳碳三键两端的碳原子、连接碳碳三键的碳原子苯环上的碳原子；B水解生成的HBr能和NaOH反应，则1molB转化为C最多消耗2mol NaOH，故答案为：6；2；（5）F为，F与NaOH醇溶液共热时的化学方程式为，故答案为：；（6）E为，P是E的同分异构体，P符合下列条件：①有两个相同的官能团；②能与新制氢氧化铜悬浊液作用产生砖红色沉淀，说明含有醛基，为两个醛基；③含有苯环，核磁共振氢谱有三组面积之比为2：2：1的峰，符合条件的结构简式为，故答案为：；（7）乙醇为原料制备，该高分子化合物单体为CH3CH=CHCOOH，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛发生信息中的反应生成CH3nCH=CHCHO，然后发生银镜反应、酸化得到CH3CH=CHCOOH，其合成路线为，故答案为：。甲苯发生取代反应生成A，A发生水解反应生成苯甲醇，则A为，苯甲醇发生催化氧化生成C为，苯甲醛和乙醛发生信息中的反应生成肉桂醛，甲苯和氯气发生取代反应生成B，根据B分子式知，B为，肉桂醛发生银镜反应然后酸化得到D为，D发生酯化反应生成E，E为；D和溴发生加成反应生成F为，F发生消去反应然后酸化得到G；（7）乙醇为原料制备，该高分子化合物单体为CH3CH=CHCOOH，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛发生信息中的反应生成CH3CH=CHCHO，然后发生银镜反应、酸化得到CH3CH=CHCOOH。本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，利用某些结构简式、分子式、反应条件结合题给信息采用正逆结合的方法进行推断，注意醛醛反应断键和成键特点，题目难度不大。12.【答案】检查装置气密性 Cu可以和NO2与H2O反应生成的HNO3反应，提高NO产率 5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O 将装置在中的NO全部排入E装置吸收，并防止倒吸 容量瓶 刻度线 BD 94.88【解析】解：（1）装置中有气体参与，故连接好装置之后，应检查装置气密性；故答案为：检查装置气密性；（2）根据题意由NO和Na2O2制备NaNO2，A装置得到NO2，故B装置的作用是将NO2转化为NO气体，Cu可以和NO2与H2O反应生成的HNO3反应，提高NO产率；n故答案为：Cu可以和NO2与H2O反应生成的HNO3反应，提高NO产率；（3）E装置用酸性高锰酸钾吸收未反应完的NO气体，离子反应为：5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O；故答案为：5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O；（4）NO污染空气，实验结末阶段，熄灭酒精灯之后继续通入N2直至装置冷却。此时通入N2的目的是将装置在中的NO全部排入E装置吸收，并防止倒吸；故答案为：将装置在中的NO全部排入E装置吸收，并防止倒吸；（5）溶液配制需要容量瓶，故称取装置D中反应后的固体4.000g，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后，仝部转移至250mL的容量瓶中，再定容，加蒸馏水至刻度线；故答案为：容量瓶；刻度线；（6）第4组标准液体积偏高，A．锥形瓶洗净后未干燥，不影响，故A错误；B．滴定终了仰视读数，读数偏大，故B正确；C．滴定终了俯视读数，读数偏小，故C错误；D．酸式滴定管用蒸馏水洗浄后未用标准液润洗，标准液被稀释，消耗体积增大，故D正确；故答案为：BD；（7）消耗KMnO4溶液体积为22.00MmL，滴定反应为：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，则n（NaNO2）=n（KMnO4），则所得固体中亚硝酸钠的质量分数为：×100%=94.88%；故答案为：94.88。A装置由C和浓硝酸制备NO2，B装置将NO2转化为NO气体，C干燥NO气体，D装置由NO和Na2O2制备NaNO2，E装置用酸性高锰酸钾吸收未反应完的NO气体，（1）装置有气体参与，需要检查装置气密性；（2）根据题意由NO和Na2O2制备NaNO2，A装置得到NO2，故B装置的作用是将NO2转化为NO气体，据此分析；（3）NO与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应得到硝酸根离子和锰离子，据此书写；（4）NO污染空气，应充分吸收，据此分析；（5）根据溶液的配置步骤可得；n（6）第4组标准液体积偏高，A．锥形瓶洗净后未干燥，不影响；B．滴定终了仰视读数，读数偏大；C．滴定终了俯视读数，读数偏小；D．酸式滴定管用蒸馏水洗浄后未用标准液润洗，标准液被稀释，消耗体积增大；（7）消耗KMnO4溶液体积为22.00MmL，滴定反应为：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，则n（NaNO2）=n（KMnO4），据此计算可得。本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。