高三化學畢業(yè)班第三次教學質(zhì)量監(jiān)測三模理科綜合試題解析版

PAGE1人教版高中化學測試卷1.化學與生產(chǎn)、生活密切相關，下列說法不正確的是（）A.地溝油可以用來制肥皂和生物柴油B.白砂糖的主要成分是蔗糖，蔗糖屬于天然高分子化合物C.向煤中加入生石灰，可減少SO2的排放量D.天然氣、水煤氣分別屬于一次能源、二次能源【答案】B【解析】【詳解】A．地溝油的主要成分是油脂，利用水解反應可制肥皂、提取甘油，通過酯交換或熱化學工藝制成的可代替石化柴油的再生性柴油燃料，故A正確；B．相對分子質(zhì)量大于10000的屬于高分子化合物，蔗糖相對分子質(zhì)量為342，屬于小分子化合物，故B錯誤；C．在煤燃燒過程中生成二氧化硫，加入生石灰可與二氧化硫反應，可減少SO2排放，可以減少酸雨的形成，故C正確；D．直接由自然界獲得的能源為一次能源，天然氣屬于一次能源，二次能源則是指由一次能源直接或間接轉換成其他種類和形式的能量資源，水煤氣是由一次能源煤炭轉化而成的能源，屬于二次能源，故D正確；答案選B。2.下列關于有機物1-氧雜-2，4-環(huán)戊二烯()的說法正確的是（）A.所有原子不可能處于同一平面內(nèi)B.與環(huán)氧乙烷()互為同系物C.可以使酸性高錳酸鉀溶液和溴水褪色，其原理相同D.與H2加成產(chǎn)物（分子式C4H8O）屬于醛的同分異構體有2種【答案】D【解析】【詳解】A．分子中含有碳碳雙鍵，與碳碳雙鍵直接相連的所有原子共面，所以所有原子都處于同一平面內(nèi)，故A錯誤；B．結構相似、類別相同，在分子組成上相差一個或多個“CH2”原子團的有機物互稱為同系物，含有碳碳雙鍵，環(huán)氧乙烷()中為碳碳單鍵，二者結構不同，不互為同系物，故B錯誤；C．含有碳碳雙鍵，與溴水發(fā)生加成反應使溴水褪色，可以被高錳酸鉀溶液氧化使酸性高錳酸鉀溶液褪色，原理不同，故C錯誤；D．與H2加成的產(chǎn)物（分子式C4H8O）屬于醛的有機物含有醛基(-CHO)，除去醛基的結構為-C3H7，共有兩種結構，則同分異構體有2種，故D正確；答案選D。3.NSR技術能有效降低柴油發(fā)動機在空氣過量條件下NOx的排放，其工作原理如圖所示。設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法不正確的是（）A.儲存1molNO轉移的電子數(shù)為3NAB.還原性尾氣可以為CO、H2等C.0.2molNO與0.1molO2充分反應，得到的氣體分子數(shù)為0.2NAD.通過BaO和Ba(NO3)2的相互轉化實現(xiàn)NOx的儲存和還原【答案】C【解析】【詳解】A．儲存過程中1molNO最終轉化為Ba(NO3)2，氮元素由+2價變?yōu)?5價，則轉移的電子數(shù)為3NA，故A正確；B．由還原過程的反應，還原尾氣與Ba(NO3)2反應生成氮氣和水，則還原性尾氣可以為CO、H2，故B正確；C．0.2molNO與0.1molO2充分反應生0.2molNO2，NO2存在NO2N2O4平衡，則得到的氣體分子數(shù)小于0.2NA，故C錯誤；D．依據(jù)圖示可知通過BaO和Ba(NO3)2與NOx的氧化還原反應,實現(xiàn)NOx的儲存和還原，故D正確；答案選C。4.一種以液態(tài)肼(N2H4)為燃料的電池裝置如圖所示，該電池用KOH溶液作電解質(zhì)溶液。下列說法不正確的是（）A.b為正極，發(fā)生還原反應B.放電時，電子從a極經(jīng)負載流向b極C.其中的離子交換膜需選用陰離子交換膜D.a極的電極反應式：N2H4＋4OH–－2e–=N2↑＋4H2O【答案】D【解析】【分析】該燃料電池中，負極上燃料失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，正極上氧氣得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，電池總反應為：N2H4+O2=N2↑+2H2O，結合離子的移動方向、電流的方向分析解答。【詳解】A．根據(jù)分析，通入空氣的一極為正極，則b為正極，發(fā)生還原反應，故A正確；B．原電池中，電子由負極經(jīng)外電路流向正極，a為負極，b為正極，則電子從a極經(jīng)負載流向b極，故B正確；C．原電池中陽離子正極移動，陰離子向負極移動，結合分析，負極電極反應式為：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，正極電極反應式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，正極產(chǎn)生的OH-要向負極移動參與負極的電極反應，則其中的離子交換膜需選用陰離子交換膜，故C正確；D．根據(jù)分析，a極負極，電極反應式：N2H4＋4OH–－4e–=N2↑＋4H2O，故D錯誤；答案選D。5.下列實驗操作、實驗現(xiàn)象和實驗結論均正確的是（）選項實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結論A常溫下，向含溶解足量NH3的飽和食鹽水中通入過量CO2析出白色固體溶解性：NaHCO3＜NH4ClB將Fe(NO3)2樣品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液不變紅Fe(NO3)2樣品沒有變質(zhì)C室溫下，用pH試紙分別測定等物質(zhì)的量濃度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pHNaClO溶液對應的pH試紙藍色更深酸性：HClO＜CH3COOHD向2mL0.1mol·L–1AgNO3溶液中滴加1～2滴NaCl溶液，再滴加2滴Na2S溶液開始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成Ksp(Ag2S)＜Ksp(AgCl)A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．常溫下，向含溶解足量NH3的飽和食鹽水中通入過量CO2，發(fā)生反應：NH3+NaCl+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，則白色固體為NaHCO3，則可證明NaHCO3＜NH4Cl，故A正確；B．酸性條件下，硝酸根離子具有強氧化性，能氧化亞鐵離子生成鐵離子，滴加KSCN溶液，溶液會變紅，不能證明Fe(NO3)2樣品是否變質(zhì)，正確的方法為直接向樣品中加入KSCN溶液，若不變紅，說明Fe(NO3)2樣品沒有變質(zhì)，故B錯誤；C．次氯酸鈉具有強氧化性，能漂白pH試紙，所以不能用pH試紙測定次氯酸鈉溶液pH值，無法比較HClO和CH3COOH的酸性強弱，故C錯誤；D．向2mL0.1mol·L–1AgNO3溶液中滴加1～2滴NaCl溶液，有AgCl白色沉淀生成，但AgNO3過量，再滴加2滴Na2S溶液，產(chǎn)生的黑色沉淀生成為過量的AgNO3與Na2S溶液反應產(chǎn)生，則不能比較Ksp(Ag2S)與Ksp(AgCl)大小，故D錯誤；答案選A。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X的簡單氣態(tài)氫化物常溫下為無色液體，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，Y、Z、W形成的單質(zhì)及化合物在溶液中有如圖轉化關系。下列說法不正確的是（）A.簡單離子半徑大小：Z＞W(wǎng)＞X＞YB.簡單氫化物的穩(wěn)定性：X＞ZC.Z的氧化物對應水化物為強酸D.X、W形成的某化合物可用作自來水消毒劑【答案】C【解析】【分析】X的簡單氣態(tài)氫化物常溫下為無色液體，則X為O元素，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，則Y為Na元素，Y、Z、W形成的單質(zhì)及化合物在溶液中有如圖轉化關系可知，化合物甲和化合物中含有Z和Na元素，根據(jù)原子序數(shù)依次增大，Z、W為第三周期元素，能發(fā)生上述轉化關系，氯氣和硫化鈉溶液反應可生成硫單質(zhì)和氯化鈉，符合題意，則W為Cl元素，Z為S元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)分析，X為O元素，Y為Na元素，W為Cl元素，Z為S元素；A．X、Y、Z、W形成的簡單離子分別為O2-、Na+、S2-、Cl-，電子層數(shù)越多，半徑越大，核外電子排布相同的微粒，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則簡單離子半徑大?。篠2-＞Cl-＞O2-＞Na+，即Z＞W(wǎng)＞X＞Y，故A正確；B．X為O元素，Z為S元素，非金屬性越強，簡單氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性O＞S，則簡單氫化物的穩(wěn)定性：X＞Z，故B正確；C．Z為S元素，S的氧化物對應水化物為硫酸和亞硫酸，硫酸為強酸，亞硫酸為弱酸，故C錯誤；D．X為O元素，W為Cl元素，二者形成的某化合物ClO2具有強氧化性，可用作自來水消毒劑，故D正確；答案選C。7.常溫下，向10mL0.1mol·L–1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L–1的氨水，溶液的pH及導電能力變化趨勢如圖。下列說法正確的是()A.b點溶液中，水電離程度最小B.溶液中的陰離子濃度總和關系是：b＞c＞aC.常溫下，HA的電離平衡常數(shù)的數(shù)量級為10–6D.d點溶液中：c(A–)＋c(HA)＝2c(NH3·H2O)【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)圖像，0.1mol·L–1的HA溶液pH=3，所以HA為弱酸。當加入10mL氨水時，溶液的導電能力最強，說明酸堿恰好中和得到鹽。酸和堿都抑制水的電離，酸性或堿性越強，水的電離程度越弱，鹽促進水的電離，所以b點水的電離程度最大，故A錯誤；B．溶液導電能力與溶液中離子濃度有關，導電能力越大，溶液中離子濃度越大，根據(jù)圖象可知，導電能力b＞c＞a，根據(jù)電荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，陽離子總數(shù)等于陰離子總數(shù)，故溶液中的離子總數(shù)是陰離子總數(shù)的2倍，溶液的導電能力與溶液中的陰離子總數(shù)呈正比，則溶液中的陰離子濃度總和關系是：b＞c＞a，故B正確；C．根據(jù)圖像，0.1mol·L–1的HA溶液pH=3，溶液中HA電離出的c(A-)=c(H+)=10-3mol·L–1，則常溫下，HA的電離平衡常數(shù)K==10-5，則HA的電離平衡常數(shù)的數(shù)量級為10–5，故C錯誤；D．d點加入20mL等濃度的氨水，反應后溶質(zhì)為等濃度的NH4A和NH3?H2O，溶液中存在物料守恒：2c(A-)+2c(HA)=c(NH3?H2O)+c(NH4+)，電荷守恒為：c(NH4+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，兩式相加可得：c(A-)+2c(HA)+c(H+)=c(NH3?H2O)+c(OH-)，因溶液呈堿性，c(OH-)＞c(H+)，則c(A–)＋c(HA)＞c(NH3·H2O)，故D錯誤；答案選B。8.無水四氯化錫(SnCl4)可用于制作導電玻璃，導電玻璃廣泛用于液晶顯示屏、薄膜太陽能電池基底等?？捎萌缦卵b置制備四氯化錫(部分夾持裝置已略去)。有關信息如下表：化學式SnCl2SnCl4熔點/℃246?33沸點/℃652144其他性質(zhì)無色晶體，Sn(II)易被氧化為Sn(IV)無色液體，易水解回答下列問題：(1)對比分液漏斗，裝置甲中恒壓滴液漏斗的優(yōu)點是___________________________。儀器A中發(fā)生反應離子方程式為_______________________________________。(2)將裝置如圖連接好，檢查氣密性，慢慢滴入濃鹽酸，待觀察到__________(填現(xiàn)象)后，開始加熱丁裝置。錫熔化后適當增大氯氣流量并繼續(xù)加熱丁裝置。繼續(xù)加熱丁裝置的目的是促進氯氣與錫反應和_________________________________。(3)如果缺少乙裝置可能產(chǎn)生的后果是_______________________________________。(4)戊裝置中球形冷凝管的冷水進口為______(填“a”或“b”)。(5)己裝置中堿石灰的作用是_______________________________________________。(6)碘氧化法滴定分析產(chǎn)品中Sn(II)的含量。準確稱取mg產(chǎn)品于錐形瓶中，用適量濃鹽酸溶解，淀粉溶液做指示劑，用cmol·L–1碘標準溶液滴定。滴入最后一滴標準溶液，出現(xiàn)__________時達到滴定終點，此時消耗碘標準溶液VmL，則產(chǎn)品中Sn(II)的質(zhì)量分數(shù)為____________(用字母表示)?！敬鸢浮?1).平衡氣壓，可以使漏斗內(nèi)液體順利流下(或可以防止倒吸；或減小增加的液體對氣體壓強的影響；或可以在密閉條件下滴加液體，減少漏斗內(nèi)液體揮發(fā)、與空氣接觸等(2).10Cl?+16H++2MnO4?=5Cl2↑+8H2O+2Mn2+(3).丁中充滿黃綠色氣體(或黃綠色氣體充滿整個裝置)(4).促進四氯化錫揮發(fā)(或促進四氯化錫氣化，使四氯化錫蒸氣進入戊中便于收集)(5).引起裝置爆炸(氯化氫與錫反應生成的氫氣與氯氣混合受熱引起裝置爆炸)(6).a(7).吸收未反應的氯氣，防止污染空氣；防止水蒸氣進入戊裝置的試管中使產(chǎn)物水解(8).溶液顏色變?yōu)樗{色，且半分鐘內(nèi)不變色(9).×100%(或%)【解析】【分析】由圖可知，甲中A為蒸餾燒瓶，發(fā)生KMnO4+16HCl(濃)=5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O，乙中飽和食鹽水可除去HCl，丙中濃硫酸干燥氯氣，丁中Sn+2Cl2SnCl4，戊中冷卻，冷凝管可冷凝回流、提高SnCl4的產(chǎn)率，己中堿石灰可吸收水，防止水進入戊中，以此來解答?！驹斀狻?1)對比分液漏斗，裝置甲中恒壓滴液漏斗的優(yōu)點是平衡氣壓，可以使漏斗內(nèi)液體順利流下(或可以防止倒吸；或減小增加的液體對氣體壓強的影響；或可以在密閉條件下滴加液體，減少漏斗內(nèi)液體揮發(fā)、與空氣接觸等；儀器A中發(fā)生反應為濃鹽酸與高錳酸鉀反應生成氯氣、氯化錳和水，離子方程式為10Cl?+16H++2MnO4?=5Cl2↑+8H2O+2Mn2+；(2)將如圖裝置連接好，先檢查裝置的氣密性，再慢慢滴入濃鹽酸，待觀察到丁裝置內(nèi)充滿黃綠色氣體現(xiàn)象(或黃綠色氣體充滿整個裝置)后，開始加熱裝置?。诲a熔化后適當增大氯氣流量并繼續(xù)加熱丁裝置，繼續(xù)加熱丁裝置的目的是促進氯氣與錫反應和促進四氯化錫揮發(fā)(或促進四氯化錫氣化，使四氯化錫蒸氣進入戊中便于收集)；(3)氯化氫與錫反應生成的氫氣與氯氣混合受熱引起裝置爆炸，則如果缺少乙裝置，引起裝置爆炸；(4)SnCl4的沸點較低，戊裝置中球形冷凝管的作用為冷凝回流，提高SnCl4的產(chǎn)率，則冷凝水應該下進上出，則冷水進口為a；(5)制取SnCl4過程中氯氣不能完全參與反應，該氣體有毒，不能直接排放到大氣中，需要吸收處理，制得的SnCl4遇水易水解，則己裝置中堿石灰的作用是吸收未反應的氯氣，防止污染空氣；防止水蒸氣進入戊裝置的試管中使產(chǎn)物水解；(6)準確稱取mg產(chǎn)品于錐形瓶中，用蒸餾水溶解，淀粉溶液做指示劑，用cmol?L?1碘標準溶液滴定，滴入最后一滴，出現(xiàn)溶液變藍，且30s內(nèi)顏色不變現(xiàn)象時達到滴定終點，此時消耗碘標準溶液VmL，由Sn2++I2═Sn4++2I?，可知n(SnCl2)=n(I2)=cV×10?3mol，Sn(II)質(zhì)量分數(shù)為×100%=×100%(或%)?！军c睛】Sn2+與I2反應，Sn4+與I2不反應，當把溶液中的Sn2+消耗完，淀粉遇碘單質(zhì)變藍，據(jù)此判斷滴定終點。9.工業(yè)上利用軟錳礦(主要成分是MnO2，還含有Fe、A1、Mg、Zn、Ni、Si等元素)進行煙氣脫硫，并制備MnSO4和Mg(OH)2的工藝流程如下圖所示。(1)工業(yè)上將軟錳礦制成軟錳礦漿的目的是___________________________________。(2)“氧化”中添加適量MnO2發(fā)生反應的離子方程式為_________________________。(3)“除雜”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“濾渣2”的主要成分是______________________。(4)“沉錳”過程中生成MnCO3的化學方程式為________________________________。(5)“沉錳”過程中pH和溫度對Mn2+和Mg2+沉淀率的影響如下圖所示。①由圖可知，“沉錳”的合適條件是_____________________。②當溫度高于45℃時，Mn2+沉淀率減小的原因是___________________________。(6)“沉鎂”中MgSO4溶液的濃度為0.03mol·L–1，加入某濃度氨水至溶液體積增加1倍時，恰好使Mg2+完全沉淀即溶液中c(Mg2+)=1.0×10–5mol·L–1，此時溶液中NH3·H2O的物質(zhì)的量濃度為___________mol·L–1(計算結果保留2位小數(shù)。已知：Ksp[Mg(OH)2]=4.9×10–12，Kb(NH3·H2O)=1.8×10–5)。【答案】(1).增大與反應物的接觸面積，加快反應速率；充分吸收二氧化硫(2).MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O(3).NiS和ZnS(4).MnSO4+NH4HCO3+NH3·H2O=MnCO3+(NH4)2SO4+H2O(5).45℃、pH=7.5(6).隨著溫度升高，NH4HCO3分解(或NH3·H2O分解揮發(fā))(7).1.17【解析】【分析】軟錳礦的主要成分是MnO2，還含有Fe、A1、Mg、Zn、Ni、Si等元素，應均以金屬氧化物的形式存在，SiO2、MnO2與硫酸不反應，硫酸酸化的軟錳礦漿中含有Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+和SiO2、MnO2，通入含有SO2的煙氣將二氧化硫吸收，二氧化硫與軟錳礦漿中的MnO2作用生成生成Mn2+和SO42-，過濾后形成含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+、SO42-等的浸出液，二氧化硅不反應經(jīng)過濾成為濾渣1，向浸出液中加入MnO2，將浸出液中的Fe2+氧化為Fe3+，加入氨水，調(diào)節(jié)pH值，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，再向浸出液中加入硫化銨把Zn2+、Ni2+轉化為NiS和ZnS沉淀除去，過濾后得到的濾渣2為NiS和ZnS，向過濾后的濾液中加入氨水和碳酸氫銨，得到碳酸錳和含有Mg2+的溶液，向碳酸錳中加入硫酸得到硫酸錳，向含有Mg2+的溶液通入氨氣，得到氫氧化鎂，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)工業(yè)上將軟錳礦制成軟錳礦漿的目的是增大與反應物的接觸面積，加快反應速率；充分吸收二氧化硫；(2)“氧化”中向浸出液中加入MnO2，將浸出液中的Fe2+氧化為Fe3+，發(fā)生反應的離子方程式為MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；(3)根據(jù)分析，“除雜”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“濾渣2”的主要成分是NiS和ZnS；(4)根據(jù)分析，向過濾后的濾液中加入氨水和碳酸氫銨，得到碳酸錳和含有Mg2+的溶液，“沉錳”的離子方程式為MnSO4+NH4HCO3+NH3·H2O=MnCO3+(NH4)2SO4+H2O；(5)①由圖可知，“沉錳”的合適條件是：溫度控制在45℃左右，pH=7.5左右錳離子的沉淀率最高；②當溫度高于45℃時，Mn2+和Mg2+沉淀率變化的原因是：沉錳是要加入碳酸氫銨，銨鹽受熱易分解，當溫度高于45℃時，隨著溫度升高，NH4HCO3分解(或NH3·H2O分解揮發(fā))，c()下降，所以Mn2+沉淀率下降；(6)“沉鎂”中MgSO4溶液的濃度為0.03mol·L–1，加入某濃度氨水至溶液體積增加1倍時，MgSO4溶液的濃度減半為0.015mol·L–1，恰好使Mg2+完全沉淀即溶液中c(Mg2+)=1.0×10–5mol·L–1，Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH?)=4.9×10?12，c2(OH?)===4.9×10?7，c(OH?)=7×10?4mol?L?1，NH3通入0.015mol?L?1MgSO4溶液中，Mg2+恰好完全沉淀時生成硫酸銨，c()=2c()=2×0.015mol/L=0.03mol/L，一水合氨是弱電解質(zhì)，電離方程式為：NH3?H2O?+OH?，Kb(NH3?H2O)===1.8×10?5，則NH3?H2O的物質(zhì)的量濃度為=1.17mol/L。【點睛】易錯點為(6)中的計算，MgSO4溶液的濃度為0.03mol·L–1，加入某濃度氨水至溶液體積增加1倍時，MgSO4溶液的濃度減半為0.015mol·L–1，為正確解答的關鍵。10.甲醇與水蒸氣重整制氫可直接用于燃料電池?；卮鹣铝袉栴}：(1)已知甲醇分解反應I：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)

△H1=＋91.6kJ·mol–1水煤氣變換反應II：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)

△H2=–41.1kJ·mol–1則CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)

△H3=________kJ·mol–1(2)我國學者采用量子力學方法，通過計算機模擬，研究了在鈀基催化劑表面上甲醇分解反應I的歷程，得到甲醇在鈀基催化劑表面發(fā)生解離時五個路徑與相對能量關系如下圖所示，其中吸附在鈀催化劑表面上的物種用*標注。該歷程中最小能壘(活化能)E正=_______kJ·mol–1，寫出該步驟的化學方程式____________________。(3)在100kPa下，將總進料量1mol且n(CH3OH):n(H2O)=1:1.3混合氣體充入已放有催化劑的剛性密閉容器中反應。①實驗測得水煤氣變換反應II的速率隨溫度的升高明顯下降，原因是__________。②平衡時，測得CH3OH的含量在給定溫度范圍內(nèi)極小，H2、H2O(g)、CO、CO2四種組分含量與反應溫度關系如圖所示，b、d曲線對應物質(zhì)的化學式分別為________、________。(4)353K時，在剛性容器中充入CH3OH(g)，發(fā)生反應：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)。體系的總壓強p隨時間t的變化如表所示(t=∞時，該反應達到平衡)：t/min05101520∞p/kPa100.0107.4112.6116.4118.6120.0則0～5min內(nèi)v(CH3OH)=______kPa·min－1。該反應的平衡常數(shù)KP=__________(kPa)2(KP為以分壓表示的平衡常數(shù)，計算結果保留1位小數(shù))?！敬鸢浮?1).+50.5(2).53.6(3).CH2O*＋2H*=CHO*＋3H*(或CH2O*=CHO*＋H*)(4).隨著溫度升高，催化劑活性降低(5).CO2(6).CO(7).0.74(8).44.4【解析】【分析】(1)根據(jù)蓋斯定律進行計算解答；(2)活化能為反應物的總能量與過渡態(tài)能量之差，結合圖像數(shù)據(jù)分析判斷；(3)①催化劑在一定溫度下活性最大，催化效果最好，據(jù)此分析解答；②對于反應CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)△H＜0，其他條件不變時，升高溫度，平衡向左移動，即CO、H2O的含量均增大，CO2、H2的含量均減小。結合圖中曲線變化，根據(jù)反應方程式CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)、CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)，平衡時各組分物質(zhì)的量關系分析判斷；(4)結合表格數(shù)據(jù)，列“三段式”進行計算解答?！驹斀狻?1)已知甲醇分解反應I：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)△H1=＋91.6kJ·mol–1水煤氣變換反應II：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)△H2=–41.1kJ·mol–1根據(jù)蓋斯定律：I+II可得：CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)△H3=+50.5kJ·mol–1；(2)活化能為反應物的總能量與過渡態(tài)能量之差，從圖中可以看出，過渡態(tài)Ⅲ發(fā)生的反應活化能最小，E正=116.1kJ·mol–1-62.5kJ·mol–1=53.6kJ·mol–1；反應物為CH2O?+2H?，產(chǎn)物為CHO?+3H?，故反應方程式為CH2O?+2H?=CHO?+3H?，因為2H?反應前后都吸附在催化劑表面，未參與反應，故反應實質(zhì)為CH2O?=CHO?+H?(3)①因為溫度升高，反應速率應加快，而圖中速率減小，顯然不是溫度的影響，只能為催化劑的活性降低導致反應速率減慢；②對于反應CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)△H＜0，其他條件不變時，升高溫度，平衡向左移動，即CO、H2O的含量均增大，CO2、H2的含量均減小。依據(jù)圖中信息，可初步得知，a、b曲線分別對應CO2或H2，c、d曲線則對應CO或H2O(g)。平衡時，測得CH3OH的含量在給定溫度范圍內(nèi)極小，說明CH3OH基本全部轉化為H2、CO2、CO，根據(jù)反應方程式CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)、CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)，n(CH3OH):n(H2O)=1:1.3可知：該反應起始時，n(H2)＞n(CO2)、n(H2O)＞n(CO)，平衡時含量必然有H2＞CO2、H2O＞CO，故a、b、c、d曲線分別對應H2、CO2、H2O(g)、CO；(4)353K時，在剛性容器中充入CH3OH(g)，發(fā)生反應：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)，設初始時向剛性容器中通入CH3OH(g)1mol，其變化量為xmol，列“三段式”：根據(jù)相同條件下，壓強之比=物質(zhì)的量之比，則，則，解得x=0.037mol，則5min時平衡體系中CH3OH的壓強為kPa=96.3kPa，則5min內(nèi)CH3OH的壓強變化量為100kPa-96.3kPa=3.7kPa，則0～5min內(nèi)v(CH3OH)==0.74kPa·min－1；根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，反應體系達到平衡時，體系的總壓強為120.0kPa，設初始時向剛性容器中通入CH3OH(g)1mol，其變化量為ymol，列“三段式”：根據(jù)相同條件下，壓強之比=物質(zhì)的量之比，則，則，解得y=0.1mol，則p(CH3OH)==90kPa，p(CO)==10kPa，p(H2)==20kPa，該反應的平衡常數(shù)KP==44.4(kPa)2?！净瘜W——選修3：物質(zhì)結構與性質(zhì)】（15分）11.鉻鐵合金常作為鋼的添加料，用于生產(chǎn)多種具有高強度、耐高溫、耐腐蝕等優(yōu)良性能的特種鋼。(1)畫出基態(tài)鉻原子的價電子排布圖__________________________。(2)K2Cr2O7是酒駕檢測儀中的一種試劑，它與酒精反應可表示為K2Cr2O7+H2SO4+CH3CH2OH→Cr2(SO4)3+K2SO4+CH3COOH+H2O。①CH3COOH分子中碳原子的雜化類型為________________。②SO42–與H2O中鍵角較大的是_______(填化學式)，用價層電子對互斥理論解釋______________________________________________________________________。③寫出一個SO42–的等電子體分子__________。(3)鉻離子(Cr3+)能形成多種配合物，例如[Cr(OH)3(H2O)(H2NCH2CH2NH2)]。①上述配合物中的非金屬元素按第一電離能由小到大的順序排列為_______________。②已知配合物的中心粒子的配位數(shù)指配位原子總數(shù)。上述配合物中，Cr3+的配位數(shù)為________。(4)鉻、鈣和氧組成一種特殊的導電材料(復合氧化物)，其晶胞如圖所示。①該晶體的化學式為________。②已知晶體中Ca2+與Cr4+的最短距離為anm。則該晶胞密度為________g/cm3。(列出計算表達式，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)③當該晶體中部分Ca2+被相同數(shù)目的La3+替代時，部分鉻由+4價轉變?yōu)?3價。若化合物中Ca2+和La3+的物質(zhì)的量之比為(1?x):x(x＜0.1)，則該晶體中+3價鉻與+4價鉻的物質(zhì)的量之比為________。【答案】(1).(2).sp3、sp2(3).(4).因為中心原子均有4對電子對，中無孤電子對，H2O分子中存在兩對孤電子對，孤電子對間的斥力大于成鍵電子對間斥力，故中鍵角大于H2O分子中鍵角(5).CCl4或SiF4(其他合理也可)(6).H＜C＜O＜N(7).6(8).CaCrO3(9).或(10).x:(1-x)【解析】【詳解】(1)根據(jù)原子構造原理，基態(tài)鉻原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，則價電子排布圖；(2)①CH3COOH分子中有兩個碳原子，羧基中的碳原子形成3個σ鍵，甲基上的碳原子形成4個σ鍵，均沒有孤對電子，雜化軌道數(shù)目分別為3、4，分別采取sp2、sp3雜化；②中心原子S原子的價層電子對數(shù)=4+=4，S原子采取sp3雜化，空間構型為正四面體形，鍵角為109°28’，H2O中心原子O的價層電子對數(shù)=2+=4，O原子采取sp3雜化，H2O空間構型為V形，鍵角為104.5°，則鍵角較大的是，用價層電子對互斥理論解釋因為中心原子均有4對電子對，中無孤電子對，H2O分子中存在兩對孤電子對，孤電子對間的斥力大于成鍵電子對間斥力，故中鍵角大于H2O分子中鍵角；③構成微粒的原子總數(shù)和價層電子總數(shù)相等的微?；榈入娮芋w，由5個原子構成，價層電子總數(shù)為32，與其互為等電子體分子CCl4或SiF4(其他合理也可)；(3)①上述配合物中的非金屬元素有H、O、C、N，H元素在4種非金屬元素中第一電離能最小，同周期元素的第一電離能隨核電荷數(shù)增大呈逐漸增大的趨勢，由于N原子最外層電子排布處于半充滿狀態(tài)，結構穩(wěn)定，其第一電離能比相鄰元素都要大，則按第一電離能由小到大的順序排列為H＜C＜O＜N；②已知配合物的中心粒子的配位數(shù)指配位原子總數(shù)。上述配合物中，H2NCH2CH2NH2上的兩個N原子均與Cr3+形成配位鍵，配體有3個OH-、1個H2O和1個H2NCH2CH2NH2，其中O、N原子提供共用電子對，則Cr3+的配位數(shù)為6；(4)①根據(jù)均攤法，Ca處于正方體的頂點上，所以一個晶胞含有Ca數(shù)目為8×=1，Cr處于正方體中心，故含有1個Cr，O處于正方體面心，故1個晶胞含有O數(shù)目為6×=3，該晶體的化學式為：CaCrO3；②已知晶體中Ca2+與Cr4+的最短距離為anm，則該晶胞的體對角線長度為2anm，設晶胞的參數(shù)為xnm，則晶胞的面對角線的長度為xnm，根據(jù)勾股定理，晶胞參數(shù)為anm，晶胞的體積=nm3=cm3，則該晶胞密度或g/cm3；③根據(jù)化合價為0原則，假設1mol物質(zhì)中+3價的Cr有amol，則+4價的Cr有(1?a)mol，(1?x)×2+3×x+3a+4×(1?a)＝6，解出a＝x，所以+3價有xmol，+4價有(1?x)mol，該晶體中+3價鉻與+4價鉻的物質(zhì)的量之比為：x:(1-x)?！军c睛】原子最外層電子排布處于半充滿、全滿、全空狀態(tài)時，結構穩(wěn)定，其第一電離能比相鄰元素都要大，解題時要注意核外電子排布的分析?！净瘜W——選修5：有機化學基礎】（15分）12.醛類化合物的合成由來已久，其產(chǎn)品在工業(yè)中占有重要的地位，某醛類有機物，有如下合成路線?；卮鹣铝袉栴}：(1)由A→B的反應類型為______________，B中官能團名稱為____________________。(2)A在酸性條件下水解產(chǎn)物的化學名稱為________，D的結構簡式為_____________。(3)寫出反應D→E的反應方程式____________________________________________。(4)M為F的同分異構體，滿足下列條件的同分異構體有_____種(不考慮立體異構)，其中核磁共振氫譜峰面積比為2:3:2:2:1的結構簡式為_________________。①分子中只含苯環(huán)一個環(huán)狀結構②苯環(huán)上只有一個取代基③水解產(chǎn)物之一能與FeCl3發(fā)生顯色反應(5)根據(jù)已有知識并結合題中相關信息，補充完整由甲苯和乙醛為原料合成的路線。_______________________________________【答案】(1).取代反應(2).羰基(或酮基)、羧基(3).丁二酸(4).(5).+H2O(6).3(7).(8).【解析】【分析】A與苯在AlCl3、加熱條件下發(fā)生取代反應生成B，B在濃硫酸、Zn-Hg作用下成環(huán)生成C，結合D的分子式，C與LiAlH4、H2O發(fā)生還原反應生成D，D的結構簡式為，結合E的分子式，D在濃硫酸加熱條件下發(fā)生消去反應生成E，E的結構簡式為，E的碳碳雙鍵在O3、Zn/H2O作用下發(fā)生氧化反應生成F，F(xiàn)在加熱條件下與氫氧化鈉溶液反應生成G，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)根據(jù)分析，由A→B的反應類型為取代反應，結合B的結構簡式，B中官能團名稱為羰基(或酮基)、羧基；(2)A屬于羧酸酐，A在酸性條件下的水解產(chǎn)物為HOOCCH2CH2COOH，則產(chǎn)物的化學名稱為丁二酸；根據(jù)分析，D的結構簡式為；(3)反應D→E為D在濃硫酸加熱條件下發(fā)生消去反應生成E，反應方程式+H2O；(4)F的結構簡式為，M為F的同分異構體，分子中只含苯環(huán)一個環(huán)狀結構，苯環(huán)上只有一個取代基，水解產(chǎn)物之一能與FeCl3發(fā)生顯色反應，說明該有機物結構中含有酚酯基，據(jù)此可得，該有機物的部分結構為，根據(jù)F中的碳原子數(shù)為10，則M中剩余結構中的碳原子數(shù)為3，F(xiàn)的不飽和度為5，結構的不飽和度為4，說明剩余的3個碳組成的結構中含有一個碳碳雙鍵，則剩余3個碳組成的結構有-C=C-C、-C-C=C、，共3種結構，則符合條件的M的同分異構體有3種；其中核磁共振氫譜峰面積比為2:3:2:2:1，即分子結構中有五種不同環(huán)境的氫原子，且氫原子的個數(shù)比為2:3:2:2:1，結構簡式為；(5)由甲苯和乙醛為原料合成，首先甲苯在光照的條件下與氯氣反應生成，在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應生成，在銅作催化劑加熱條件下與氧氣發(fā)生催化氧化生成，仿FG，在氫氧化鈉、加熱條件下與CH3CHO反應生成，則合成路線為?！军c睛】本題的易錯點為(4)中M的同分異構體的判斷，在分析判斷M的結構時，需要考慮F的不飽和度，根據(jù)已知條件，分析M中含有的結構。

附贈材料必須掌握的試題訓練法題干分析法怎樣從“做題”提升到“研究”題干分析法,是指做完題目后,通過讀題干進行反思總結:這些題目都從哪幾個角度考查知識點的?角度不同,容易出錯的地方是不是變化了?只有這樣,我們才能從單純的“做題目”上升到“研究”,我們的思維能力和做題效率才能不斷提高。具體來說,題干分析法可分為以下四個步驟第一步,弄清考查范圍。題目無非就是知識點的應用,任何一道題都是考查一個知識點的,或者是一個定理的應用,或者是推論的應用。做完題目后首先要弄明白,這道題考查了什么知識點。第二步,掌握出題意圖。命題者是怎樣將知識點轉化為這道題目的?包含哪些思想方法?怎樣給出條件?隱藏了哪些條件?想考查什么?大家應該弄清楚。第三步,歸納解題框架。用簡潔的語言把這一類題目的解題框架寫出來,包括該類題型的已知條件、所求結果、基本解題步驟等,并牢牢記住。以后遇到同類題目就可以按照這個解題框架準確地把題目做出來。比如,關于分解因式的題目,有同學歸納出三個思想步驟第一,分解因式一共有幾種方法?第二,這道題適合哪一