广州市天河区2020届高三第三次模拟 化学试题（解析版）

2020 年广州市天河区高三（三模）化学卷 可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Cl-35.5 V-51 1.化学与生产、生活密切相关。下列有关说法正确的是（ ） A. 燃煤中加入生石灰可以有效减少碳排放 B. 月饼包装盒内小袋铁粉主要作用为脱氧剂 C. 热的纯碱溶液可用于洗涤煤油、柴油等油污 D. 淀粉和纤维素在人体内最终水解为葡萄糖，为生命活动提供能量 【答案】B 【解析】 【详解】A．燃煤中加入生石灰可以吸收燃烧生成的二氧化硫生成稳定的硫酸钙，减少二氧化硫的排放，碳 酸盐受热易分解成二氧化碳，所以加入生石灰不能减少碳排放，故 A 错误； B．铁粉具有还原性，可以吸收空气中的氧气，防止食品被氧化，故 B 正确； C．矿物油渍属于烃类化合物，碱性物质和烃类化合物不反应，所以不能用纯碱除去矿物油渍，故 C 错误； D．纤维素在人体内不能发生水解，故 D 错误； 故答案为 B。 2.Weiss 利用光敏剂 QD 制备 2—环已基苯乙烯(c)的过程如图。下列说法不正确的是（ ） A. a 的二氯代物有 3 种 B. 1molb 完全燃烧消耗 10molO2 C. c 具有顺式和反式 2 种结构 D. a、b、c 均能使溴水和稀高锰酸钾溶液褪色 【答案】A 【解析】 【详解】A．a 的二氯代物有 11 种，如图： ，二个氯分别位于“1”“2”、“1”“3”、“1”“4”、“1”“5”、“1”“6”、“3”“3”、“3”“4”、“3”“5”、“3”“6”、“4”“4”、“4”“5”号 C 原子上，A 错误； B．b 的分子式为：C8H8，b 燃烧的化学方程式为：C8H8+10O2 8CO2+4H2O，所以，1molb 完全燃烧 消耗 10molO2，B 正确； C．苯基和环己基位于双键的同一侧为顺式结构，苯基和环己基位于双键的两侧为反式结构，即 c 具有顺式 和反式 2 种结构，C 正确； D．a、b、c 均含碳碳双键，均能使溴水和稀高锰酸钾溶液褪色，D 正确。 答案选 A。 3.实验室制备一瓶纯净氯气的反应装置如图所示。关于实验操作或叙述正确的是（ ） A. a 中圆底烧瓶中需加入碎瓷片 B. b、c 中所盛试剂依次为浓硫酸、饱和食盐水 C. d 中黄绿色气体从下往上逐渐充满整个集气瓶 D. e 中 NaOH 溶液可用浓氨水代替 【答案】C 【解析】 【分析】 本实验的目的是制备纯净的氯气，装置 a 中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，生成的氯气中有 HCl 杂 质，可在装置 b 中盛放饱和食盐水将 HCl 除去，装置 c 中盛放浓硫酸将氯气进行干燥，氯气密度比空气大， 所以装置 d 中利用向上排空气法收集氯气，装置 e 收集多余的氯气。 【详解】A．本实验中二氧化锰为固体，可以起到防止暴沸 效果，不需要另外加碎瓷片，故 A 错误； B．干燥气体时要最后一步干燥，b 中盛放饱和食盐水，c 中盛放浓硫酸，故 B 错误； C．氯气呈黄绿色，且密度比空气大，所以 d 中黄绿色气体从下往上逐渐充满整个集气瓶，故 C 正确； D．浓氨水会挥发出氨气，污染空气，故 D 错误； 故答案 C。 4.电催化合成氨法在电能的推动下不受热力学平衡限制，实现 N2、H2O 常温常压合成氨，如图为 N2 在不同 的 为 →点燃电极材料表面复化的机制示意图。下列说法正确的是（ ） A. 电极材料起吸附作用，不影响 N2 的氢化过程 B. N2 在氢化反应之前需先解离成单独的氮原子 C. 电催化合成氨原子利用率 100% D. 2.8gN2 理论上可以产生 0.2NA 个 NH3 分子 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，N2 在不同电极材料表面氢化的过程不同，A 错误； B．由图可知，N2 在氢化反应之前是否先解离成单独的氮原子和电极材料有关，在第一种电极材料表面氢化 需先解离成单独的氮原子，在第二种、第三种电极材料表面氢化不需要先解离成单独的氮原子，B 错误； C．电催化合成氨的反应物为 N2、H2O，合成氨时 O 原子没被利用，原子利用率小于 100%，C 错误； D．2.8gN2 的物质的量= =0.1mol，由图可知，1 个 N2 分子可合成 2 个 NH3 分子，则 0.1molN2 分子 可合成 0.2molNH3 分子，即 2.8gN2 理论上可以产生 0.2NA 个 NH3 分子，D 正确； 答案选 D。 5.25℃时，醋酸的电离常数为 1.8×10-5。向 20mL2.0mol/LCH3COOH 溶液中逐滴加入 2.0mol/LNaOH 溶液， 溶液中水电离出的 c(H+)在此滴定过程中变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ） 2.8g 28g/molA. a 点水电离出的 c(H+)=6.0×10-3mol/L B. b 点 c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-) C. c 点恰好完全反应，溶液中无 CH3COOH D. d 点 c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH) 【答案】D 【解析】 【分析】 20mL2.0mol/LCH3COOH 和 20mL2.0mol/LNaOH 恰 好 完 全 反 应 得 到 CH3COONa 溶 液 ， 所 以 ，c 点 为 CH3COONa 溶液，a 点为 CH3COOH 溶液，b 点为等浓度的 CH3COOH 和 CH3COONa 溶液，d 点为等浓度 的 CH3COONa 和 NaOH 溶液，据此解答。 【详解】A．a 点为 CH3COOH 溶液，水的电离受到抑制，水电离出的 c(H+)＜10-7mol/L，A 错误； B．b 点的溶液为 CH3COOH 和 CH3COONa 等浓度混合的溶液，物料守恒为 c(CH3COOH) +c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸会电离：CH3COOH CH3COO－＋H＋，醋酸根会水解：CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－，水解平衡常数 c(Na+)>c(CH3COOH)，B 错误； C．c 点恰好完全反应，为 CH3COONa 溶液，但是醋酸根会水解：CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－， 溶液中有 CH3COOH，C 错误； D．d 点加入 40mL 的 NaOH 溶液，NaOH 多一倍，为等物质的量浓度的 NaOH 和 CH3COONa 的混合溶液， 有物料守恒 c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D 正确。 答案选 D。 【点睛】酸和碱的电离抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离。 6.我国某科研机构设计如图装置，利用 K2Cr2O7 实现含苯酚废水的有效处理，一段时间后，中间室中 NaCl 溶液的浓度减小。下列说法正确的是（ ） A. M 为该电池的正极 B. 该装置在高温下处理含苯酚废水效果更佳   -14 -10w h -5 a K 10K = = 5.6 10K 1.8 10 ≈ ×× C. a 为阳离子交换膜，b 为阴离子交换膜 D. N 电极反应式为：Cr2O +6e-+8H+=2Cr(OH)3↓+H2O 【答案】C 【解析】 分析】 据图可知放电过程中 C6H5OH 转化为 CO2 被氧化，所以 M 电极为负极，Cr2O 转化为 Cr(OH)3 被还原，所 以 N 电极为正极。 【详解】A．M 电极失电子发生氧化反应，为电池的负极，故 A 错误； B．高温条件下微生物失活，电池的效率降低，故 B 错误； C．放电过程中，苯酚发生氧化反应、作负极，结合电子守恒和电荷守恒可知电极反应式为 C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+，该装置的目的是对废水进行有效处理，所以废水中不应含有大量氢离 子，则负极生成的氢离子要迁移到中间室，所以 a 为阳离交换膜；正极反应为反应式为：Cr2O +6e-+7H2O=2 Cr(OH)3↓+8OH-，氢氧根要迁移到中间室，所以 b 为阴离子交换膜；迁移到中间室的氢离子和氢氧根反应生 成水使 NaCl 溶液浓度降低，故 C 正确； D．N 电极为正极，Cr2O 得电子被还原为 Cr(OH)3，结合电子守恒和电荷守恒可知电极反应式为 Cr2O +6e-+7H2O=2 Cr(OH)3↓+8OH-，故 D 错误； 故答案为 C。 7.短周期元素 X、Y、Z 原子序数之和为 16，原子半径大小为 r(Y)>r(X)>r(Z)，它们的常见单质在适当条件 下可发生如图变化，其中 B 和 C 均为 10 电子分子。下列说法不正确的是（ ） A. X 与 Z 形成的某种化合物可用来杀菌消毒 B. 自然界中 X 单质与 Y 单质不能发生化学反应 C. B 和 C 分子间因形成氢键而使 C 极易溶于 B 中 D. A 和 C 一定条件下能发生氧化还原反应 【答案】B 【解析】 【 2 7 − 2 7 − 2 7 − 2 7 − 2 7 −【分析】 常见的 10 电子分子有 CH4、NH3、H2O、HF，则 Z 单质一定为 H2，Z 为 H；X、Y、Z 原子序数之和为 16， 则 X、Y 原子序数只和=16-1=15，原子半径大小为 r(Y)>r(X)>r(Z)，X、Y 分别为 O、N 或 F、C，且 X 单质 能和 Y 单质反应，则 X、Y 确定为 O、N；综上所述，X、Y、Z 分别为：O、N、H，A 为 NO，B 为 H2O， C 为 NH3，据此解答。 【详解】A．X(O)与 Z(H)形成的 H2O2 有强氧化性，能使细菌的蛋白质变性，可用来杀菌消毒，A 正确； B．自然界中的 X 单质(O2)与 Y 单质(N2)在放电的条件下能反应生成 NO，B 错误； C．B 为 H2O，C 为 NH3，H2O 和 NH3 分子间容易形成氢键而使 NH3 极易溶于 H2O 中，C 正确； D．A 为 NO，有一定氧化性，C 为 NH3，有较强还原性，一定条件下能发生氧化还原反应，D 正确。 答案选 B。 8.亚硝酰氯（NOCl)是一种红褐色液体或黄色气体，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，某化学兴趣小组设计如图装置制备 NOC1。回答下列相 关问题： （1）NOCl 分子中各原子均满足 8 电子稳定结构，NOCl 的电子式为___。 （2）装置乙中的液体为___，装置丙作用是___。 （3）实验时，先通入 Cl2，观察到丁中烧瓶内充满黄绿色气体时，再通入 NO，这样操作目的是___。待丁 中烧瓶内有一定量液体生成时，停止实验。 （4)上述装置设计有一不妥之处，理由是___（用化学方程式表示)。 （5）测定 NOCl 的纯度：取所得产物 a g 溶于水，配制成 250mL 溶液；取 25.00mL 于锥形瓶中，以 K2Cr2O7 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 24.00mL。滴定终点的现 象是___，亚硝酰氯（NOCl）的纯度为___。（Ag2CrO4 砖红色：Ksp(AgCl)=1.56x10-10， Ksp(Ag2CrO4)=1.0x10-12，Ksp(AgNO2)=5.86×10-4)。 【答案】 (1). (2). 水 (3). 干燥 Cl2 和 NO，混合 Cl2 和 NO，并通过观察气泡调节通 入 的 流 速 使 Cl2 和 NO 的 量 接 近 1 ： 2 (4). 排 尽 装 置 内 的 空 气 ， 防 止 NO 被 氧 化 (5). NOCl+H2O=HNO2+HCl (6). 滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟无变化 (7). ×100% 【解析】 【分析】 甲中稀硝酸和 Cu 反应产生 NO；硝酸易挥发，NO 中混有 HNO3，将混合气体通过盛有水的乙除去 HNO3； 将 NO 和 Cl2 通入丙中进行干燥、混合，同时通过气泡速率控制 NO 和 Cl2 的量；NO 和 Cl2 在丁装置的烧瓶 中反应得 NOCl，用冰盐水冷凝得 NOCl 液体，用戊吸收尾气，据此解答。 【详解】(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 ，故答案为： ； (2)乙的作用是吸收 NO 中混有的 HNO3，HNO3 易溶于水，NO 不溶于水，可用水吸收 NO 中混有的 HNO3； NOCl 遇水水解，在制备 NOCl 之前应将水吸收干燥，可盛放浓硫酸。同时装置乙可将 NO 和 Cl2 混合，根 据原子守恒可知：Cl2 和 NO 物质的量之比为 1:2 时恰好完全反应，可以通过观察丙中气泡调节通入的流速 使 Cl2 和 NO 的量接近 1：2，故答案为：水；干燥 Cl2 和 NO，混合 Cl2 和 NO，并通过观察气泡调节通入的 流速使 Cl2 和 NO 的量接近 1：2； (3)实验之前，装置内有空气，NO 能被空气中 氧气迅速氧化，为防止 NO 被氧气氧化，实验时，先通入 Cl2，观察到丁中烧瓶内充满黄绿色气体时，空气被排尽，此时再通入 NO，故答案为：排尽装置内的空气， 防止 NO 被氧化； (4)戊装置中有水，水蒸气进入装置丁的烧瓶中使 NOCl 水解，发生的反应为：NOCl+H2O=HNO2+HCl，故 答案为：NOCl+H2O=HNO2+HCl； (5)Ksp(AgCl)=1.56x10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.0x10-12，Ksp(AgNO2)=5.86×10-4)，三种饱和溶液中 c(Ag+)分别为： c(Ag+)= ，c(Ag+)= ，c(Ag+)= ，即溶解度：AgCl＜Ag2CrO4＜AgNO2，滴加标准 AgNO3 溶液时，形成 沉淀顺序：AgCl、Ag2CrO4、AgNO2，所以，当滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟无变化时， 到达滴定终点；NOCl 溶于水发生的反应为：NOCl+H2O=HNO2+HCl，用 AgNO3 标准溶液滴定时发生的反 应为：HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3，则有如下关系：NOCl~HCl~AgNO3，消耗 AgNO3 的物质的量 =24c×10-3mol，由 NOCl~HCl~AgNO3 可得：NOCl 的物质的量=24c×10-3mol，所以，a g 样品中 NOCl 的物质 的量=24c×10-3mol× =24c×10-2mol，样品中 NOCl 的质量=24c×10-2mol×65.5g/mol=15.72c g，所以 NOCl 的纯度= ×100%= ×100%，故答案为：滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半 的 15.72c a -10 -51.56 10 1.= mol/56 10 L× × - -43 12 =1.0 m L10 10 ol/× 4 25.86 10 5.86 10= mol/L− −× × 250mL 25mL 15.72cg ag 15.72c a分钟无变化； ×100%。 9.五氧化二钒常用作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工生产。一种以钒渣(主要含有 V2O3，还有少 量 FeO、Al2O3、SiO2 等)为原料生产 V2O5 的工艺流程如图： 已知：VO +H2O VO +2H+ (1)“焙烧”时，V2O3 转化为 NaVO3 的化学方程式是___。 (2)滤渣 1 为___(填化学式)，“酸浸”后，调 pH=7.6，除了得到沉淀 Fe(OH)3、___，另一个目的是___。 (3)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)的离子方程式是___。图 1 是沉钒率随温度的变化曲线，温度高于 80℃， 沉钒率下降，其可能原因是___。 (4)在“煅烧”过程中，固体残留率(剩余固体质量/原始固体质量 x100%)随温度变化的曲线如图 2 所示。NH4VO3 分解过程中，先后失去的物质分别是___、___。(填化学式) (5)金矾液流电池的电解质溶液为 VOSO4 溶液，电池的工作原理为 VO2+＋V2++2H+ VO2++H2O+V3+，电 池充电时，阳极的电极反应式为___。 【答案】 (1). V2O3+Na2CO3+O2 2NaVO3+CO2 (2). H2SiO3 (3). Al(OH)3 (4). 使 VO +H2O VO +2H+平衡正向移动，VO 更多的转化为 VO (5). NH +VO =NH4VO3↓ (6). 温度高于 80℃，NH 水解程度增大成为主要因素，使 NH 浓度减小，沉钒率下降或温度升高 NH4VO3 溶解度增大或 温度升高铵盐分解 (7). NH3 (8). H2O (9). VO2++H2O-e-=VO +2H+ 【解析】 【分析】 15.72c a 2 + - 3 焙烧 2 +  3 − 2 + 3 − 4 + 3 − 4 + 4 + 2 +钒渣(主要含有 V2O3，还有少量 FeO、Al2O3、SiO2 等)混合碳酸钠在空气中焙烧，V2O3 转化为 NaVO3 同时 铁元素被氧化、SiO2 转化为 Na2SiO3；再用足量稀硫酸浸取，得到的溶液中主要含有 VO 、Fe3+、Al3+，滤 渣 1 为不溶于稀硫酸的 H2SiO3；之后调节溶液 pH 值使 Fe3+、Al3+转化为沉淀，滤渣 2 主要为 Fe(OH)3、 Al(OH)3，同时 pH 增大使 VO +H2O VO +2H+平衡正向移动；之后加入硫酸铵得到 NH4VO3 沉淀，过 滤煅烧沉淀得到 V2O5。 【详解】(1)V2O3 与碳酸钠混合在空气中煅烧，转化为 NaVO3 的过程中 V 元素被氧气氧化，根据电子守恒 和元素守恒可得化学方程式为 V2O3+Na2CO3+O2 2NaVO3+CO2； (2)滤渣 1 为不溶于稀硫酸的 H2SiO3；根据分析可知调 pH=7.6，得到的沉淀有 Fe(OH)3、Al(OH)3，pH 增大 使 VO +H2O VO +2H+平衡正向移动，VO 更多的转化为 VO ； (3)沉钒过程发生复分解反应，离子方程式为 NH +VO =NH4VO3↓；铵根在水溶液中会发生水解，水解为 吸热反应，温度高于 80℃，NH 水解程度增大成为主要因素，使 NH 浓度减小，沉钒率下降；同时温度升 高 NH4VO3 溶解度增大；且铵盐不稳定，温度升高铵盐分解； (4)根据铵盐的性质，NH4VO3 分解产生氨气和 HVO3，根据题意可知 HVO3 又分解产生 V2O5；假设初始 NH4VO3 的质量为 117g，物质的量为 1mol，根据元素守恒可知分解过程中会产生 1molNH3 和 0.5molH2O；A 点减少的质量为 117g×(1-85.47%)=17g，刚好是 1molNH4VO3 中的 NH3，所以起点到 A 点失去的物质是 NH3； A 点到 B 点减少的质量为 117g×(85.47%-77.78%)=9g，刚好是 0.5molH2O 的质量，所以 A 到 B 失去的是 H2O； (5)充电时阳极失电子发生氧化反应，根据电池总反应可知，阳极的电极反应式为 VO2++H2O-e-=VO +2H+。 【点睛】第 4 小题为本题难点，学生需要知道铵盐的性质，参考氯化铵、硝酸铵受热分解的产物可以推测 出 NH4VO3 分解产生氨气和 HVO3，之后 HVO3 又分解产生 V2O5，然后根据元素守恒进行判断。 10.甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为(CO，CO2 和 H2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生 的反应如下： i：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 ii：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2 iii：CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) ΔH3 回答下列问题： (1)已知反应 2 中相关化学键键能数据如下： 2 + 2 +  3 − 焙烧 2 +  3 − 2 + 3 − 4 + 3 − 4 + 4 + 2 +化学键 H—H C=O C≡O H—O E/KJ·mol-1 436 803 1076 465 由此计算 ΔH2=___kJ·mol-1。已知 ΔH1=-63kJ·mol-1，则 ΔH3=___kJ·mol-1。 (2)对于反应 1，不同温度对 CO2 的平衡转化率及催化剂的效率影响如图所示，请回答下列问题： ①下列说法不正确的是（ ） A.M 点时平衡常数比 N 点时平衡常数大 B.温度低于 250℃时，随温度升高甲醇的平衡产率降低 C.其他条件不变，若不使用催化剂，则 250℃时 CO2 的平衡转化率可能位于 M1 D.实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高 CO2 的转化率 ②若在刚性容器中充入 3molH2 和 1molCO2 发生反应 1，起始压强为 4MPa，则图中 M 点 CH3OH 的体积分 数为___，250℃时反应的平衡常数 Kp=___(MPa)-2(保留三位有效数字)； ③若要进一步提高甲醇产率，可采取的措施有___(写两条即可) (3)相同条件下，一定比例 CO/CO2/H2 混合气体甲醇生成速率大于 CO2/H2 混合气体甲醇生成速率，结合反应 1、2 分析原因：___。 (4)以二氧化钛表面覆盖 Cu2A12O4 为催化剂，可以将 CO2 和 CH4 直接转化成乙酸，CO2(g)+CH4(g) CH3COOH(g)，在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示：250~300℃时，乙酸的生成速率降低的主要原因是___。 300~400℃时，乙酸的生成速率升高的主要原因是___。 【答案】 (1). +36 (2). +99 (3). CD (4). 16.7%或 (5). 0.148 (6). 增大压强、及时移走 生成物、降低温度、增大氢气投料比、换更优催化剂 (7). CO 的存在促使反应ⅱ平衡逆向移动；水蒸气 的量减少，促使反应ⅰ平衡正向移动 (8). 催化剂的催化效率降低 (9). 温度升高对反应速率影响为主 要因素 【解析】 【分析】 (1)根据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，可得 CO2(g)+H2(g)⇋CO(g)+H2O(g)△H2；根据盖斯定律可得 CH3OH(g)⇋CO(g)+2H2(g)的△H3； (2)①反应焓变小于零为放热反应，温度越高平衡常数越小，催化剂可以加快反应的速率，但不影响平衡移 动；化工生产时，既要考虑反应速率又要考虑转化率或产率的双重影响，以此来选择化工生产的适宜条件； ②初始投料为 3molH2 和 1molCO2，M 点 CO2 的转化率为 50%，恒容容器中气体的体积分数即物质的量分数， 则列三段式进行相关计算；恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，初始气体的总物质的量 为 4mol，压强为 4MPa，则平衡时气体的总物质的量为 3mol，压强为 3MPa，据平衡时各物质的分压带入平 衡常数计算公式进行计算； ③该反应气体减少的反应，增大压强、及时移走生成物使平衡正向移动；该反应为放热反应，降低温度、 增大氢气投料比、换更优催化剂都可以提高甲醇的产率； (3)CO 的存在促使反应ⅱ平衡逆向移动；水蒸气的量减少，促使反应ⅰ平衡正向移动，所以一定比例 CO/CO2/H2 混合气体甲醇生成速率大于 CO2/H2 混合气体甲醇生成速率； (4)250~300℃时，催化剂的催化效率降低，所以乙酸的生成速率降低；300~400℃时，温度升高对反应速率 影响为主要因素，所以乙酸的生成速率升高。 【详解】(1)根据焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，可得 CO2(g)+H2(g)⇋CO(g)+H2O(g)△H2=803×2kJ/mol+436kJ/mol-1076kJ/mol-2×465kJ/mol=+36kJ/mol； 已知①CO2(g)+3H2(g)⇋CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-63kJ•mol-1，②CO2(g)+H2(g)⇋CO(g)+H2O(g)△H2=+36kJ/mol 根据盖斯定律反应②-反应①得到③CH3OH(g)⇋CO(g)+2H2(g)的△H3=+99kJ/mol； (2)①A．反应焓变小于零为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以 M 点平衡常数大于 N 点平衡常数，故 A 正确； B．据图可知温度低于 250℃时，随温度升高 CO2 的平衡转化率下降，即平衡逆向移动，所以甲醇的平衡产 1 6率降低，故 B 正确； C．温度相同平衡常数不变，不改变投料的情况下，即使不使用催化剂，CO2 的平衡转化率也位于 M 点， 故 C 错误； D．虽然该反应为放热反应，降低温度可以增大 CO2 的平衡转化率，但温度过低反应速率会很慢，单位时间 内 CO2 的转化率降低，所以不能在较低温度下进行，故 D 错误； 综上所述答案为 CD； ②初始投料为 3molH2 和 1molCO2，M 点 CO2 的转化率为 50%，则列三段式有： 恒容容器中气体的体积分数即物质的量分数，所以 CH3OH 的体积分数为 =16.7%或 ；恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，初始气体的总物质的量为 4mol，压强 为 4MPa，则平衡时 p(CO2)=p(CH3OH) =p(H2O)=0.5MPa，p(H2)=1.5MPa，则 Kp= =0.148； ③该反应气体减少的反应，增大压强可以使平衡正向移动提高甲醇的产率；及时移走生成物使平衡正向移 动也可以增大甲醇的产率；该反应焓变小于零为放热反应，降低温度可以使平衡正向移动从而提高甲醇的 产率；增大氢气投料比、换更优催化剂都可以提高甲醇的产率； (3)CO 的存在促使反应ⅱ平衡逆向移动；水蒸气的量减少，促使反应ⅰ平衡正向移动，所以一定比例 CO/CO2/H2 混合气体甲醇生成速率大于 CO2/H2 混合气体甲醇生成速率； (4)250~300℃时，催化剂的催化效率降低，所以乙酸的生成速率降低；300~400℃时，温度升高对反应速率 影响为主要因素，所以乙酸的生成速率升高。 【点睛】工业生产选择温度时要综合考虑温度对平衡、催化剂、反应速率的影响来选择合适的温度，不能 只考虑温度对平衡的影响。 11.黄铜矿是工业炼铜 原料，含有的主要元素是硫、铁、铜，请回答下列问题。 （l）基态硫原子中核外电子有____种空间运动状态。Fe2+的电子排布式是 ___。 （2）液态 SO2 可发生白偶电离 2SO2=SO2++SO32-，SO32-的空间构型是 ___，与 SO2+互为等电子体的分子有 ____（填化学式，任写一种）。 （3）CuCl 熔点为 426℃，融化时几乎不导电，CuF 的熔点为 908℃，沸点 1100℃，都是铜（I）的卤化物， 熔沸点相差这么大的原因是 ___。 （4）乙硫醇（C2H5SH）是一种重要的合成中间体，分子中硫原子的杂化形式是____。乙硫醇的沸点比乙醇 的 ( ) ( ) ( ) ( )2 2 3 2CO g 3H g +H O g mol 1 3 0 0 mol 0.5 1.5 CH OH g 0.5 0.5 mol 0.5 1.5 0.5 0.5 + 起始( ) 转化( ) 平衡( )  ( ) 0.5mol 100%0.5+1.5+0.5+0.5 mol × 1 6 3 0.5 0.5 0.5 1.5 × ×的沸点____（填“高”或“低”），原因是____。 （5）黄铜矿主要成分 X 的晶胞结构及晶胞参数如图所示，X 的化学式是 ___，其密度为 ___g／cm3（阿伏 加德罗常数的值用 NA 表示）。 【答案】 (1). 16 (2). 1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6) (3). 三角锥形 (4). N2 或 CO (5). CuCl 为分子晶体，CuF 为离子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高 (6). sp3 (7). 低 (8). 乙醇分子间 有氢键，而乙硫醇没有 (9). CuFeS2 (10). 【解析】 【分析】 （1）硫元素为 16 号元素，核外有 16 个电子，9 个轨道；铁为 26 号元素，核外有 26 个电子，失去最外层 的 2 个电子变成 Fe2+； （2）根据 SO32-的杂化方式为 sp3 确定它的空间结构，由等电子体定义确定 SO2+的等电子体的分子； （3）根据两种晶体的性质确定晶体类型； （4）根据乙硫醇中硫原子的成键特点判断杂化方式，乙醇分子里有氧，可以形成氢键导致沸点比较高； （5）根据晶胞结构中 Cu、Fe、S 原子个数计算出化学式，再由有关公式写出晶胞密度的表达式； 根据以上分析进行解答。 【详解】（1）基态原子核外有多少个轨道就有多少个空间运动状态。硫原子的电子排布式为： 1s22s22p63s23p4，故硫原子 1+1+3+1+3=9 个轨道，所以基态硫原子中核外电子有 9 种空间运动状态；Fe 是 26 号元素，核外有 26 个电子，铁原子失去最外层的两个电子变成 Fe2+，Fe2+的电子排布式是 1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)。 答案为：9；1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)。 （2）SO32-离子中的硫原子有三个化学键，一对孤对电子，属于 sp3 杂化，空间构型为三角锥形；SO2+有两 21 2 A 736 10a bN ×个原子，总价电子数为 10，与 SO2+互为等电子体的分子有 N2、CO 等。 答案为：三角锥形；N2 或 CO。 （3）由题知 CuCl 熔点为 426℃，融化时几乎不导电，可以确定 CuCl 为分子晶体，熔沸点比较低，CuF 的 熔点为 908℃，沸点 1100℃，确定 CuF 为离子晶体，熔沸点比较高。 答案为：CuCl 为分子晶体，CuF 为离子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高。 （4）乙硫醇（C2H5SH）里的 S 除了共用的两对电子外还有两对孤对电子要参与杂化，所以形成的是 sp3 杂 化，乙醇里有电负性较强的氧原子，分子间可以形成氢键，沸点比乙硫醇的沸点高。 答案：sp3；低；乙醇分子间有氢键，而乙硫醇没有。 （5）对晶胞结构分析可知，晶胞中的 Cu 原子数目=8× +4× +1=4，Fe 原子数目=6× +4× =4，S 原子 数目为 8， X 的化学式中原子个数比为：Cu:Fe:S=1:1:2，所以 X 的化学式为：CuFeS2。 由图可知晶胞内共含 4 个“CuFeS2”，据此计算：晶胞的质量=4× = ，晶胞的体积 V=anm×anm×bnm=a2•b×10-21cm3，所以晶胞的密度= = 。 答案为：CuFeS2； 。 【点睛】基态原子核外有多少电子就多少个运动状态，有多少个轨道就有多少个空间运动状态。这两个问 题很相似，解答时一定要注意。 12.以乙炔为原料，根据以下流程信息，制备有机物 F； 已知： 回答以下问题： （1）A 的化学名称为___。 1 8 1 2 1 2 1 4 A 64 56 32 2 gN + + × A 736 gN m V 21 3A 2 21 3 2 A 736 gN 736 10 g / cma b 10 cm a bN− = ×× 21 2 A 736 10a bN ×（2）B 的结构简式为___，C 中官能团的名称是___。 （3）由 A 生成 D 的反应类型为___。 （4）由 C 和 E 生成 F 的化学方程式为____。 （5）芳香化合物 X 是 E 的同分异构体，可与 FeCl3 溶液发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有 3 种不同化 学环境的氢，峰面积比为 6：2：2。写出两种符合要求 X 的结构简式____、___。 （6）写出以 1—溴—2—苯基乙烷为原料制备化合物 的合成销路线(其他试剂任选)。___。 【答案】 (1). 乙炔 (2). HC C—CH2OH (3). 碳碳三键、醚键 (4). 加成反应 (5). 2HC C—CH2OCH3+CH3COOCH2—C C—CH2OOCCH3 (6). (7). 、 ( 任 写 一 种 ) (8). 【解析】 【分析】 A 的分子式为 C2H2，则 A 为 HC CH，结合 B 的分子式可知，乙炔和甲醛发生加成反应生成 B 和 D，结合 B 和 D 的分子式可知，可知 B 为 HC C—CH2OH，D 为 HOCH2—C C—CH2OH；根据B→C 中反应条件及 C 的分子式可知，发生了取代反应生成 HC C—CH2OCH3；根据 D→E 及 E 的分子式，结合信息可知 E 为 CH3COOCH2—C C—CH2OOCCH3；最后根据已知信息可知二者发生反应生成目标产物 F。 【详解】(1)A 为 HC CH，化学名称为：乙炔，故答案为：乙炔； (2)由分析可知，B 为 HC C—CH2OH，C 为 HC C—CH2OCH3，含碳碳三键、醚键两种官能团，故答案为： HC C—CH2OH；碳碳三键、醚键； (3)1 分子 A(HC CH)和 2 分子 HCHO 反应得到 1molD(HOCH2—C C—CH2OH)，为加成反应，故答案为： 加成反应； (4)C 为 HC C—CH2OCH3，E 为 CH3COOCH2—C C—CH2OOCCH3，C 和 E 发生类似“已知”的反应得 到 F，反应的化学方程式为 2HC C—CH2OCH3+CH3COOCH2—C C—CH2OOCCH3 ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡ ≡，故答案为：2HC C—CH2OCH3+CH3COOCH2—C C—CH2OOCCH3 ； (5)E 为 CH3COOCH2—C C—CH2OOCCH3，不饱和度为 4，X 是 E 的同分异构体： 可与 FeCl3 溶液发生显色反应，则 X 含 ，不含其它不饱和结构，核磁共振氢谱显示有 3 种不同化学 环境的氢，峰面积比为 6：2：2，则必含两个对称的甲基，酚羟基为 2 个或者 4 个，且每两个酚羟基处于对 称位置，符合条件的有 、 、 ，故答案为： ； 、 （任写一种）； (6)逆合成分析： 可由 3 分子 发生类似“已知”反应得到， 可由 发 生消去反应得到， 可由 和 Br2 加成得到， 可由 1—溴—2—苯基乙烷( )发生消去反 应得到，即流程为： ，故答案为： 。 【点睛】(5)核磁共振氢谱峰面积比中数字出现 3 的整数倍时，优先考虑甲基。 ≡ ≡ ≡