河北省石家庄市2019届高三3月质量检测理科综合试卷化学试卷Word版含解析.doc

石家庄市2019届高中毕业班教学质量检测 理科综合能力测试（化学部分）‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 Li‎-7 C-12 O-16 Mg-24 S-32 Fe-56 Cu-64‎ 一、选择题：‎ ‎1.中华文明源远流长，史书记载中蕴含着丰富的化学知识。下列说法不正确的是 A. 《本草纲目》记载“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”，其中“碱”指的是K2CO3‎ B. 《易经》记载“泽中有火……上火下泽”，其描述的是CO在湖泊池沼水面上起火的现象 C. 《本草经集注》记载“强烧之，紫青烟起，云是真硝石也”，此法是利用焰色反应鉴别“硝石”‎ D. 《抱朴子》记载“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程为氧化还原反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，“取碱浣衣”其中的碱是K2CO3，故A正确；‎ B．湖泊池沼中腐烂的植物能产生甲烷，则“泽中有火……上火下泽”，其描述的是甲烷在湖泊池沼水面上起火的现象，故B错误；‎ C．钾元素的焰色反应为紫色，硝石是硝酸钾，灼烧会产生紫色火焰，故C正确；‎ D．丹砂(HgS)烧之成水银，Hg的化合价从+2价降低到0价，Hg的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 4.6‎gC2H5OH与6.0gCH3COOH反应，生成的 CH3COOC2H3分子数目为0.1NA B. 5.6gFe与足量水蒸气完全反应，转移的电子数目为0.2NA C. 32gO2和O3的混合物中含有的氧原子数目为2NA D. ‎25℃‎时，‎1L pH=12的Ba(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.02NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、酯化反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的乙酸乙酯分子数小于0.1NA 个，故A错误；‎ B、‎5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和水蒸气反应后变为+价，故0.1mol铁反应后转移NA个，故B错误；‎ C、氧气和臭氧均由氧原子构成，故‎32g混合物中含有氧原子为=2mol，个数为2NA个，故C正确；‎ D、‎25℃‎时，pH＝12的氢氧化钡溶液中氢氧根浓度为0.01mol/L，故‎1L此溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.01mol，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意酯化反应属于可逆反应，对于可逆反应一定存在化学反应限度，即反应物不能100%转化。‎ ‎3.1，2-环氧丁烷结构简式如图，通常为无色液体，用于制造泡沫塑料、合成橡胶、非离子型表面活性剂等。下列关于1，2-环氧丁烷的说法不正确的是 A. 化学式为C4H8O B. 氧原子与所有碳原子可能处于同一平面 C. 能发生氧化反应和取代反应 D. 二溴代物的结构有9种(不考虑立体异构)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据结构简式可知化学式为C4H8O，故A正确；‎ B.该分子中所有碳原子都采用sp3杂化，所有碳原子形成的结构都是四面体结构，所以该分子中所有原子不可能位于同一平面上，故B错误；‎ C.该物质属于烃的含氧衍生物，能够燃烧，即能发生氧化反应，甲基和亚甲基能发生取代反应，所以该物质能发生氧化反应和取代反应，故C正确；‎ D.该分子中有4中氢原子，其二氯代物中两个溴原子可能位于同一个碳原子上也可能位于不同碳原子上，如果两个溴原子位于同一个碳原子上有3种，如果位于不同碳原子上有6种，所以二溴代物的结构有9种，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】在推断二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。‎ ‎4.实验室模拟工业上侯德榜制碱原理制备纯碱，下列操作未涉及的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 侯氏制碱法是依据离子反应会向着离子浓度减小的方向进行。先在饱和食盐水中通入氨气，再向其中通入二氧化碳，制得溶解度较小的NaHCO3，再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱。据此分析解答。‎ ‎【详解】A．实验室模拟工业上侯德榜制碱原理制备纯碱过程中需要加热固体碳酸氢钠分解以制得碳酸钠，装置A是固体加热灼烧的装置，涉及此操作，故A不选；‎ B．装置B是蒸发溶液得到晶体的过程，侯德榜制碱原理中不需要蒸发溶液操作，故B选；‎ C．该装置为过滤操作，溶液中析出碳酸氢钠晶体需要过滤得到碳酸氢钠晶体，涉及此操作，故C不选；‎ D．工业上利用侯德榜制碱原理制备纯碱，需要向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，涉及此操作，故D不选；‎ 答案选B。‎ ‎5.‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的某种核素不含中子；X、Y原子核外L层的电子数之比为3︰4；X与Z同主族，且X、Y、Z原子的最外层电子数之和为16。下列说法不正确的是 A. W、X、Z三种元素形成的化合物一定为强电解质 B. 简单氢化物的稳定性：X>Z>Y C. X与Y形成晶体的基本结构单元为四面体 D. 原子半径：Y>Z>X>W ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的某种核素不含中子，则W为H元素；X、Y原子核外L层的电子数之比为3∶4，则L层电子数分别为3、4或6、8，X与Z为同主族元素，且X、Y、Z的最外层电子数之和为16，若X、Y的L层电子数分别为3、4，则3+3+4≠16，则X的L层电子数为6，X为O元素，Z为S元素，Y的最外层电子数为‎16-6-6‎=4，且Y的L层电子数为8，则Y为Si元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：W为H，X为O元素，Y为Si，Z为S元素。‎ A．H、O、S形成的亚硫酸为弱酸，属于弱电解质，故A错误；‎ B．非金属性O＞S＞Si，则简单氢化物的稳定性X＞Z＞Y，故B正确；‎ C．O、Si形成的化合物为二氧化硅，二氧化硅晶体的基本结构单元为四面体，故C正确；‎ D．同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，同一周期，从左向右，原子半径逐渐减小，则原子半径Y＞Z＞X＞W，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎6.新型镁-锂双离子二次电池如图，下列关于该电池的说法不正确的是 A. 放电时，Li+由左向右移动 B. 放电时，正极的电极反应式为Li1－xFePO4+xLi++xe－= LiFePO4‎ C. 充电时，外加电源的正极与Y相连 D. 充电时，导线上每通过1mol e－，左室溶液质量减轻‎12g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 放电时，左边镁为负极失电子发生氧化反应，反应式为Mg-2e-=Mg2+，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，阳离子移向正极；充电时，外加电源的正极与正极相连，负极与负极相连，结合电子转移进行计算解答。‎ ‎【详解】A．放电时，为原电池，原电池中阳离子移向正极，所以Li+由左向右移动，故A正确；‎ B、放电时，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣＝LiFePO4，故B正确；‎ C、充电时，外加电源的正极与正极相连，所以外加电源的正极与Y相连，故C正确；‎ D、充电时，导线上每通过1mole﹣，左室得电子发生还原反应，反应式为Mg2++2e﹣＝Mg，但右侧将有1molLi+移向左室，所以溶液质量减轻12﹣7＝‎5g，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】正确判断放电和充电时的电极类型是解答本题的关键。本题的难点为D，要注意电极反应和离子的迁移对左室溶液质量的影响。‎ ‎7.常温下，分别向NaA溶液和MCl溶液中加入盐酸和NaOH溶液，混合溶液的pH与离子浓度变化关系如下图所示。下列说法不正确的是 A. 曲线L1表示与pH的变化关系 B. Ka(HA)=1×10－5.5‎ C. a点时两溶液中水的电离程度相同 D. 0.01mol·L－1MA溶液中存在：c(M+)>c(A－)>c(OH－)>c(H+)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．MCl溶液中加入NaOH溶液，溶液pH逐渐增大，M+离子逐渐减小，MOH的浓度逐渐增大，则lg的值逐渐减小，则曲线L1表示lg与pH的变化关系，故A正确；‎ B．曲线L2表示lg与pH的关系，lg＝0时，＝1，此时pH＝5.5，c(H+)＝1×10﹣5.5mol/L，则Ka(HA)＝＝c(H+)＝1×10﹣5.5，故B正确；‎ C．a点溶液的pH＞7，对于曲线L2，由于A﹣离子水解导致溶液呈碱性，促进了水的电离；而对于曲线L1，MCl溶液呈酸性，a点时呈碱性，说明MOH的电离程度大于M+离水解程度，抑制了水的电离，所以两溶液中水的电离程度不同，故C错误；‎ D．曲线L1中，lg＝0时，＝1，Kb(MOH)＝c(OH﹣)＞1×10﹣5＞1×10﹣5.5，根据Kh＝可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度A﹣＞M+，则MA溶液呈碱性，则c(OH﹣)＞c(H+)、c(M+)＞c(A﹣)，溶液中离子浓度大小为：c(M+)＞c(A﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，故D正确；‎ 答案选C。‎ 三、非选择题 ‎8.草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O，相对分子质量为180)呈淡黄色，可用作照相显影剂。某实验小组对其进行了一系列探究。‎ I.纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究。‎ ‎(1)气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置(可重复选用)进行实验：‎ ‎①装置D的名称为___________。‎ ‎②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为___________→尾气处理装置(填仪器接口的字母编号)。‎ ‎③实验前先通入一段时间N2，其目的为______________________。‎ ‎④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为______________________。‎ ‎(2)固体产物成分的探究。充分反应后，A处反应管中残留黑色固体。查阅资料可知，黑色固体可能为Fe或FeO。小组成员设计实验证明了其成分只有FeO，其操作及现象为___________。‎ ‎(3)依据(1)和(2)结论，可知A处反应管中发生反应的化学方程式为___________。‎ Ⅱ.草酸亚铁晶体样品纯度的测定 工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：‎ 步骤1：称取m g草酸亚铁晶体样品并溶于稀H2SO4中，配成250mL溶液。‎ 步骤2：取上述溶液25.00mL，用c mol· L －1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；‎ 步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol·L－1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。‎ ‎(4)步骤3中加入锌粉的目的为____________________________________________。‎ ‎(5)草酸亚铁晶体样品的纯度为____________________________________________；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，则测定结果将___________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). （球形）干燥管 (2). agfbchi（或ih）de（或ed）bc (3). 排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸 (4). C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊 (5). 取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成 (6). FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O (7). 将Fe3+还原为Fe2+ (8). ×100% (9). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．(1)①根据仪器的图形和作用分析解答；‎ ‎②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜可以检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水可以检验二氧化碳的生成，经碱石灰干燥后气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，最后尾气处理，据此分析解答；‎ ‎③实验前先通入一段时间N2，可以把装置内空气赶净，据此解答；‎ ‎④实验证明了气体产物中含有CO，可以利用CO还原氧化铜设计实验验证；‎ ‎(2)黑色固体可能为Fe或FeO，可以把固体溶于酸检验；‎ ‎(3)依据(1)和(2)的结论分析解答；‎ Ⅱ．(4)根据锌可以将Fe3+还原分析解答；‎ ‎(5)草酸亚铁与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，亚铁离子和草酸根离子都被氧化。向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，此时滴定的是亚铁离子，利用化学反应的定量关系分析计算；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，根据消耗高锰酸钾量的变化分析误差。‎ ‎【详解】(1)①装置D的名称为：(球形)干燥管，故答案为：(球形)干燥管；‎ ‎②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中碱石灰干燥后，气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc，最后连接尾气处理装置，故答案为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc；‎ ‎③实验前先通入一段时间N2，目的是排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，故答案为：排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸；‎ ‎④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，故答案为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊；‎ ‎(2)充分反应后，A处反应管中残留黑色固体，黑色固体可能为Fe或FeO。要证明其成分只有FeO，可以将固体溶于酸，看有无气体放出即可，具体为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成说明无铁存在，只有氧化亚铁，故答案为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成；‎ ‎(3)依据(1)和(2)结论，可知A处反应管中发生的反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，故答案为：FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；‎ ‎(4)锌可以将Fe3+还原，因此步骤3中加入锌粉的目的为：将Fe3+还原为Fe2+，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+；‎ ‎(5)取上述溶液25.00mL，用cmol•L﹣1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL，此过程中亚铁离子和草酸根离子都被氧化；向反应后的溶液中加入适量锌粉，锌将Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL，此时滴定的是溶液中的亚铁离子。第一次消耗的高锰酸钾减去第二次消耗的高锰酸钾 为滴定草酸根离子的量，反应的离子方程式：2MnO4-+‎5C2O42-+8H+=10CO2+4H2O+2Mn2+，草酸亚铁晶体样品的纯度＝×100%，若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，会导致第一步滴定中消耗的高锰酸钾的量减少，即V1偏小，则计算得到的亚铁离子物质的量减小，测定结果偏低，故答案为：×100%；偏低。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的组成和含量测定的实验分析。本题的难点为实验装置的连接顺序，要注意从实验的原理分析解答；易错点为(5)的计算和误差分析，要注意2次滴定过程中的反应微粒，理解清楚计算原理，并结合计算公式分析误差。‎ ‎9.硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：‎ 已知：①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。‎ ‎②金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如图所示(‎25℃‎)：‎ ‎③此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH为7.54；离子浓度≤10－5mol·L－1时，离子沉淀完全。‎ 请回答：‎ ‎(1)传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为___________。‎ ‎(2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为_________________________________。若省略“氧化”步骤，造成的后果是_________________________________。‎ ‎(3)“中和除杂”时，生成沉淀的主要成分为______________________(填化学式)。‎ ‎(4)“氟化除杂”时，若使溶液中的Mg2+和Ca2+沉淀完全，需维持c(F－)不低于___________。(已知：Ksp(MgF2)=6.4×10－10；Ksp(CaF2)=3.6×10－12)‎ ‎(5)“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为______________________。‎ ‎(6)“系列操作”指___________、过滤、洗涤、干燥 ‎(7)用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极的电极反应式为___________。‎ ‎【答案】 (1). 产生硫化氢等气体，污染环境 (2). MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O (3). Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失（或Fe2+去除不完全，影响产品纯度） (4). Fe（OH）3、Al（OH）3 (5). 8×10﹣3 mol•L﹣1 (6). Mn2++2HCO3-＝MnCO3↓+CO2↑+H2O (7). 蒸发浓缩、冷却结晶 (8). Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2++2 HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解碳酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境；故答案为：产生硫化氢等气体，污染环境；‎ ‎(2)氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子，离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O；若省略“氧化”步骤，根据图表Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全，影响产品纯度)；故答案为：MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O；Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全，影响产品纯度)；‎ ‎(3)“中和除杂”时，碳酸钙与铁离子、铝离子水解产生的H+反应，从而促进了水解平衡向正向移动，得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；‎ ‎(4)已知：Ksp(MgF2)＝6.4×10﹣10，若使溶液中的Mg2+沉淀完全，需维持c(F﹣)不低于 mol/L＝8×10﹣3 mol•L﹣1；故答案为：8×10﹣3 mol•L﹣1；‎ ‎(5)“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为：Mn2++2HCO3-＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO3-＝MnCO3↓+CO2↑+H2O；‎ ‎(6)硫酸锰溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；‎ ‎(7)用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极发生氧化反应，元素化合价升高，故为硫酸锰失去电子生成二氧化锰，电极反应式为Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+，故答案为：Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+。‎ ‎10.甲烷是一种重要的化工原料和清洁能源，研究其再生及合理利用有重要意义。‎ 请回答：‎ ‎(1)已知一定条件下发生如下反应：‎ CO2(g)+2H2O(g)CH4(g)+2O2(g) △H=+802kJ·mol－1。‎ 将一定量的CO2(g)和H2O(g)充入‎10L密闭容器中，分别在催化剂M、N的作用下发生上述反应，CH4(g)的产量(n)与光照时间(t)和温度(T)变化的关系如图1所示。‎ ‎①若甲烷的燃烧热(△H)为－890kJ·mol－1，则水的汽化热△H=___________。(汽化热指1mol液体转化为气体时吸收的热量)‎ ‎②T‎1℃‎、催化剂M作用下，0~20h内该反应速率v(H2O)=___________。‎ ‎③根据图1判断，T1___________T2(填“＞”“＜”或“=”)，理由为___________。‎ 催化剂的催化效果：M___________N(填“强于”或“弱于”)。‎ ‎(2)甲烷可用于制备合成气：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H。将CH4(g)和H2O(g)以物质的量之比为1：3充入盛有催化剂的刚性容器中发生该反应。相同时间段内测得CO的体积分数()与温度(T)的关系如图2所示。‎ ‎①T‎0℃‎时，CO的体积分数最大的原因为_________________________________。‎ ‎②若T‎0℃‎时，容器内起始压强为p0‎ ‎，CO的平衡体积分数为10%，则反应的平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。‎ ‎【答案】 (1). +44 kJ•mol﹣1 (2). 0.006 mol•L﹣1•h﹣1 (3). ＞ (4). 该反应为吸热反应，温度升高，CH4的产量增大 (5). 弱于 (6). 低于T‎0 ℃‎时，相同时间段内温度越高反应速率越快，CO的体积分数越大；高于T‎0 ℃‎时，反应达到平衡，该反应为放热反应，温度越高CO的体积分数越小 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)甲烷的燃烧热为△H=-890kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890 kJ•mol-1，根据盖斯定律，结合已知热化学方程式处理得H2O(l)=H2O(g)，再计算出△H；‎ ‎②根据图象可知，T‎1℃‎、催化剂M作用下，0～20h内甲烷的物质的量变化为0.6mol，结合v=计算出甲烷的反应速率，然后结合反应速率与化学计量数成正比计算；‎ ‎③根据催化剂不影响平衡，会使得化学反应速率增大，结合该反应为放热反应分析解答；‎ ‎(2)①没有达到平衡状态时，温度越高反应速率越快，当达到平衡状态后，升高温度平衡向着逆向移动，据此分析；‎ ‎②CH4(g)和H2O(g)的物质的量之比为1∶3，设CH4为xmol，H2O为3xmol，平衡时生成的CO为ymol，然后根据三段式分析解答。容器容积相同时，气体的压强与物质的量成正比，T‎0℃‎时，容器内起始压强为p0，计算出平衡时的压强，再分别计算出平衡时各气体的分压，带入平衡常数表达式计算即可。‎ ‎【详解】(1)①已知：CO2(g)+2H2O(g)⇌CH4(g)+2O2(g)△H＝+802kJ•mol﹣1①，甲烷的燃烧热为△H＝﹣890kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)△H＝﹣890 kJ•mol﹣1②，根据盖斯定律，﹣(①+②)可得：H2O(l)＝H2O(g)△H＝﹣ [+802kJ•mol﹣1+(﹣890 kJ•mol﹣1)]＝+44 kJ•mol﹣1，故答案为：+44 kJ•mol﹣1；‎ ‎②根据图像可知，T‎1℃‎、催化剂M作用下，0～20h内水的物质的量变化为0.6mol，则v(CH4)＝0.003 mol•L﹣1•h﹣1，所以v(H2O)＝2v(CH4)＝0.006 mol•L﹣1•h﹣1，故答案为：0.006 mol•L﹣1•h﹣1；‎ ‎③该反应为吸热反应，温度升高，CH4的产量增大，根据图像可知，温度为T1条件下，平衡时甲烷的物质的量较大，则T1＞T2；已知温度T1＞T2，若不使用催化剂，应该在温度T1条件 下优先达到平衡状态，根据图像可知，使用催化剂N的曲线优先达到平衡状态，说明催化剂的催化效果：M弱于N，故答案为：＞；该反应为吸热反应，温度升高，CH4的产量增大；弱于；‎ ‎(2)①在温度低于T‎0 ℃‎时，相同时间段内温度越高反应速率越快，则CO的体积分数越大；在温度为T‎0 ℃‎时，反应达到平衡，由于该反应为放热反应，温度越高CO的体积分数越小，所以T‎0℃‎时CO的体积分数最大，故答案为：低于T‎0 ℃‎时，相同时间段内温度越高反应速率越快，CO的体积分数越大；高于T‎0 ℃‎时，反应达到平衡，该反应为放热反应，温度越高CO的体积分数越小；‎ ‎②CH4(g)和H2O(g)的物质的量之比为1∶3，设CH4为xmol，H2O为3xmol，平衡时生成的CO为ymol，CO的平衡体积分数为10%‎ ‎ CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)‎ 初始(mol) x 3x 0 0‎ 转化(mol) y y y 3y 平衡(mol) x﹣y 3x﹣y y 3y 则：×100%=10%，解得：y=0.5x，平衡时混合气体的总物质的量为：x-0.5x+3x-0.5x+0.5x+0.5x×3=5x，反应前总物质的量为4xmol，容器容积相同时，气体的压强与物质的量成正比，T‎0℃‎时，容器内起始压强为p0，则平衡时压强为：p0×=1.25p0，平衡时p(CH4)=×1.25p0=p0，p(H2O)=×1.25p0=p0，p(CO)=×1.25p0=p0，p(CH4)=×1.25p0=p0，反应的平衡常数Kp==，故答案为：。‎ ‎【点睛】明确盖斯定律的应用、化学平衡及其影响因素为解答的关键。本题的易错点为(2)②，要注意平衡常数Kp的含义和计算方法。‎ ‎【化学一选修3：物质结构与性质】‎ ‎11.氧元素为地壳中含量最高的元素，可形成多种重要的单质和化合物。‎ ‎(1)氧元素位于元素周期表中___________区；第二周期元素中，第一电离能比氧大的有___________种。‎ ‎(2)O3可用于消毒。O3的中心原子的杂化形式为___________；其分子的 VSEPR模型为___________，与其互为等电子体的离子为___________(写出一种即可)。‎ ‎(3)含氧有机物中，氧原子的成键方式不同会导致有机物性质不同。解释C2H5OH的沸点高于CH3OCH3的原因为___________；C2H5OH不能用无水CaCl2千燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成[Ca(C2H5OH)4]2+，该离子的结构式可表示为______________________。‎ ‎(4)氧元素可分别与Fe和Cu形成低价态氧化物FeO和Cu2O。‎ ‎①FeO立方晶胞结构如图1所示，则Fe2+的配位数为___________；与O2－紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为___________。‎ ‎②Cu2O立方晶胞结构如图2所示，若O2－与Cu+之间最近距离为a pm，则该晶体的密度为___________g·cm－3。(用含a、NA的代数式表示，NA代表阿伏加德罗常数的值)‎ ‎【答案】 (1). p； (2). 3 (3). sp2杂化 (4). 平面三角形 (5). NO2﹣ (6). 乙醇分子间可形成氢键，沸点高 (7). (8). 6 (9). 正八面体 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)除了ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号；根据电离能的变化规律分析判断；‎ ‎(2)根据公式计算出O3的中心原子的价层电子对数，再根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式及其分子的VSEPR模型，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18；‎ ‎(3)形成分子间氢键的物质熔沸点较高；对于配离子[Ca(C2H5OH)4]2+可以结合常见配合物的结构与成键分析解答；‎ ‎(4)①根据体心位置的Fe2+判断Fe2+的配位数；根据结构示意图判断与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型；‎ ‎②若O2-与Cu+之间最近距离为apm，该距离为晶胞体对角线的，则晶胞体对角线长度=4apm，计算出晶胞的棱长，根据化学式判断出各球表示的微粒，再结合密度的计算公式计算。‎ ‎【详解】(1)除了ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号，O原子最后通入的电子是p电子，所以O元素位于p区；第二周期元素中，第一电离能比O元素大的有N、F、Ne元素，所以有3种元素，故答案为：p；3；‎ ‎(2)O3的中心原子的价层电子对个数＝2+＝3且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式为sp2杂化、其分子的 VSEPR模型为平面三角形，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18，与其互为等电子体的阴离子有NO2﹣(合理即可)，故答案为：sp2杂化；平面三角形；NO2﹣(合理即可)；‎ ‎(3)形成分子间氢键的物质熔沸点较高，乙醇能形成分子间氢键、甲醚不能形成分子间氢键，所以乙醇的熔沸点比甲醚高；C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca2+和C2H5OH可形成[Ca(C2H5OH)4]2+，该离子中钙离子为中心离子，乙醇为配体，乙醇中O原子提供孤电子对、钙离子提供空轨道形成配位键，其结构为，故答案为：乙醇分子间可形成氢键，沸点高；；‎ ‎(4)①Fe2+的配位数为6；与O2﹣紧邻的所有Fe2+构成的几何构型、与Fe2+紧邻的所有O2﹣构成的几何构型相同，根据知，表中有标记的这几个离子形成正八面体，同理可推，与O2﹣紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为正八面体，故答案为：6；正八面体；‎ ‎②若O2﹣与Cu+之间最近距离为apm，该距离为晶胞体对角线的，则晶胞体对角线长度＝4apm，晶胞棱长＝＝×10﹣‎10 cm，晶胞体积＝(×10﹣‎10 cm)3，该晶胞中白球离子个数＝1+8×＝2、灰球离子个数为4，根据化学式Cu2O知，灰色球表示亚铜离子、白色球表示氧离子，则该晶体的密度＝= g/cm3＝g/cm3，故答案为：。‎ ‎【化学一选修5：有机化学基础】‎ ‎12.化合物M可用于消毒剂、抗氧化剂、医药中间体。实验室由芳香烃A制备M的一种合成路线如下：‎ 请回答：‎ ‎(1)B的化学名称为___________；D中官能团的名称为______________________。‎ ‎(2)由F生成G的反应类型为___________；F的分子式为___________。‎ ‎(3)由E转化为F的第一步反应的化学方程式为______________________。‎ ‎(4)M的结构简式为___________。‎ ‎(5)芳香化合物Q为C的同分异构体，Q能发生银镜反应，其核磁共振氢谱有4组吸收峰。写出符合要求的Q的一种结构简式______________________。‎ ‎(6)参照上述合成路线和信息，以苯甲酸乙酯和CH3MgBr为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 对甲基苯甲醛（或4﹣甲基苯甲醛） (2). 羧基、氯原子 (3). 酯化反 应或取代反应 (4). C8H12O2 (5). +2NaOH+NaCl+2H2O (6). (7). 或； (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的分子式为C7H8，结合B的结构，应是A与CO发生加成反应生成B(对甲基苯甲醛)，可知A为。对比B与C的结构，结合反应条件、C的分子式，可知B中醛基氧化为羧基得到C，C与氯气发生苯环上取代反应生成D，D与氢气发生加成反应生成E，E发生取代反应生成F，故C为、D为、E为。F与乙醇发生酯化反应生成G为，G发生信息中反应生成M为，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)B的结构简式为，名称为对甲基苯甲醛(或4﹣甲基苯甲醛)；D为，其中 官能团有羧基、氯原子，故答案为：对甲基苯甲醛(或4﹣甲基苯甲醛)；羧基、氯原子；‎ ‎(2)由F生成G发生酯化反应，也属于取代反应；F的分子式为C8H12O2，故答案为：酯化反应或取代反应；C8H12O2；‎ ‎(3)由E转化为F的第一步反应的化学方程式为： +2NaOH+NaCl+2H2O，故答案为： +2NaOH+NaCl+2H2O；‎ ‎(4)由分析可知M的结构简式为，故答案为：；‎ ‎(5)芳香化合物Q为C()的同分异构体，Q能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基，其核磁共振氢谱有4组吸收峰。符合要求的Q的结构简式为：、，故答案为： 或；‎ ‎(6)加聚反应得到，发生消去反应得到，由信息可知苯甲酸乙酯与①CH3MgBr、②H+/H2O作用得到，合成路线流程图为，故答案为：‎ ‎。‎