河北衡水中学2020届高三化学3月17日测试试题（Word版附解析）

衡水中学 2019-2020 学年度高三下学期 3 月 17 日测试 理科综合化学试题 1.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（ ） A. 医用“纳米银外用抗菌凝胶”外用于皮肤后，能够缓释放出纳米银离子，抑制并杀灭与之接 触的病菌并有促进皮肤愈合的作用 B. 银是首饰行业中常用的金属材料，纯银由于太软，因此，常掺杂其他组分(铜、锌、镍等)， 标准首饰用银的银含量为 92.5%，又称 925 银 C. 分别用液化石油气、汽油、地沟油加工制成的生物柴油都是碳氢化合物 D. 液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰 【答案】C 【解析】 【详解】A．“纳米银外用抗菌凝胶”利用了银使蛋白质变性的原理杀灭病菌，故 A 正确； B．标准首饰用银的合金，银含量为 92.5%，又称 925 银，故 B 正确； C．地沟油的主要成分是油脂，属于酯类，不是碳氢化合物，故 C 错误； D．液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰，二者发生反应产生氯化钙、 次氯酸钙和水，从而消除了氯气的毒性及危害，故 D 正确； 故答案选 C。 2.由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ） 选项 实验 现象 结论 A 向 0.1mol/LFeCl2 溶液中加入 1 滴 KSCN 溶液，再滴加碘水 开始无明显现象，滴 加碘水后溶液变红 氧化性：I2>Fe3+ B 向某钠盐中滴加盐酸，产生的气体 通入品红溶液 品红溶液褪色 该钠盐可能为 Na2S2O3 C 乙烯通入中性 KMnO4 溶液中 溶液褪色并产生黑色 沉淀 乙烯具有还原性 D 将苯加入橙色的溴水中振荡并静置 下层液体几乎无色 苯与 Br2 发生了取 代反应A. A B. B C. C D. D 【答案】AD 【解析】 【详解】A．碘单质不能氧化亚铁离子，现象、结论不合理，故 A 错误； B．气体可能为二氧化硫，该钠盐可能为 Na2S2O3，故 B 正确； C．乙烯被高锰酸钾氧化，生成二氧化锰、二氧化碳，则乙烯具有还原性，故 C 正确； D．苯与溴水发生萃取，且苯 密度比水的密度小，为物理变化，故 D 错误； 故选：AD。 【点睛】把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，注意实验 的评价性分析。 3.NA 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A. 30g 丙醇中存在的共价键总数为 5NA B. 1molD2O 与 1molH2O 中，中子数之比为 2：1 C. 含 0.2molH2SO4 的浓硫酸与足量的镁反应，转移电子数大于 0.2NA D. 密闭容器中 1molPCl3 与 1molCl2 反应制备 PCl5（g），增加 2NA 个 P-Cl 键 【答案】C 【解析】 【详解】A．30g 丙醇物质的量为： ＝0.5mol，存在的共价键总数为 0.5mol×11×NA＝ 5.5NA，故 A 错误； B．1molD2O 与 1molH2O 中，中子数之比为 10：8＝5：4，故 B 错误； C．0.2mol H2SO4 的浓硫酸和足量的镁反应如果只生成二氧化硫则转移电子数等于 0.2NA，如 果只生成氢气则转移电子数为 0.4NA，随着反应进行浓硫酸浓度降低，所以反应中既有二氧化 硫又有氢气生成，转移电子数大于 0.2NA 小于 0.4NA，故 C 正确； D．三氯化磷与氯气反应为可逆反应，不能进行到底，密闭容器中 1 mol PCl3 与 1moCl2 反应制 备 PCl5(g)，增加小于 2NA 个 P−Cl 键，故 D 错误； 故答案选 C。 【点睛】熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意丙醇分子结构特点，注意浓硫 的 30g 60g/mol酸的特性。 4.已知 A、B、C、D 为由短周期元素组成的四种物质，它们有如图所示转化关系，且 D 为强 电解质（其他相关物质可能省略）。 下列说法不正确的是（ ） A. 若 A 是共价化合物，则 A 和 D 有可能发生氧化还原反应 B. 若 A 为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置可能处于第二周期第ⅣA 族 C. 若 A 为非金属单质，则它与 Mg 反应的产物中阴、阳离子个数比可能为 2：3 D. 若 A 是金属或非金属单质，则常温下 0.1mol/L 的 D 溶液中由水电离出的 c(H+)可能为 10-13mol/L 【答案】B 【解析】 【分析】 A、B、C、D 为短周期元素构成的四种物质，且 D 为强电解质，它们有如下转化关系： ，中学常见物质中 N、S 元素单质化合物符合 转化关系，Na 元素单质化合物符合转化关系。 【详解】A、B、C、D 为短周期元素构成的四种物质，且 D 为强电解质，它们有如下转化关 系： ，中学常见物质中 N、S 元素单质化合物 符合转化关系，Na 元素单质化合物符合转化关系； A．若 A 是共价化合物，A 可能为 NH3 或 H2S，D 为 HNO3 或 H2SO4，H2S 与 H2SO4 可以发生 氧化还原反应，故 A 正确； B．若 A 为非金属单质，则 A 为 N2(或 S)，氮元素处于第二周期ⅤA 族，硫元素处于第三周期 ⅥA 族，故 B 错误； C．若 A 为非金属单质，则 A 为 N2(或 S)，B 为 NO(或 SO2)，C 为 NO2(或 SO3)，D 为 HNO3(或 H2SO4)，其中 N2 与镁反应生成的 Mg3N2 中阴、阳离子的个数比为 2：3，故 C 正确； D．若 A 是金属或非金属单质，则 A 为 Na 或 N2 或 S，D 为 NaOH 或 HNO3 或 H2SO4，0.1mol/L NaOH 溶液或 HNO3 溶液中水电离出的 c(H＋)都是 10−13mol/L，故 D 正确； 故答案选 B。 5.某热再生电池工作原理如图所示。放电后，可利用废热进行充电。已知电池总反应：Cu2++4NH3 2 2 2O O H OA B C D→ → → 2 2 2O O H OA B C D→ → → 2 2 2O O H OA B C D→ → →[Cu(NH3)4]2+ ΔH＜0。下列说法正确的是（ ） A. 充电时，能量转化形式主要为电能到化学能 B. 放电时，负极反应为 NH3-8e-+9OH-=NO3-+6H2O C. a 为阳离子交换膜 D. 放电时，左池 Cu 电极减少 6.4g 时，右池溶液质量减少 18.8g 【答案】D 【解析】 【分析】 已知电池总反应：Cu2++4NH3⇌ [Cu(NH3)4]2+ △H＜0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极 为原电池负极，电极反应 Cu−2e−＝Cu2＋，通入氨气发生反应 Cu2＋＋4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋ △H＜ 0，右端为原电池正极，电极反应 Cu2＋＋2e−＝Cu，中间为阴离子交换膜，据此分析。 【详解】已知电池总反应：Cu2++4NH3⇌ [Cu(NH3)4]2+ △H＜0，放出的热量进行充电，通入氨 气 的 电 极 为 原 电 池 负 极 ， 电 极 反 应 Cu−2e− ＝ Cu2 ＋ ， 通 入 氨 气 发 生 反 应 Cu2 ＋ ＋ 4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋ △H＜0，右端为原电池正极，电极反应 Cu2＋＋2e−＝Cu，中间为阴离子交 换膜； A．充电时，能量转化形式主要为热能→化学能，故 A 错误； B．放电时，负极反应为 Cu＋4NH3−2e−＝[Cu(NH3)4]2＋，故 B 错误； C．原电池溶液中阴离子移向负极，a 为阴离子交换膜，故 C 错误； D．放电时，左池 Cu 电极减少 6.4 g 时，Cu−2e−＝Cu2＋，电子转移 0.2mol，右池溶液中铜离 子析出 0.1mol，硝酸根离子移向左电极 0.2mol，质量减少＝0.2mol×62g/mol＋0.1mol×64g/mol ＝18.8 g，故 D 正确； 故答案选 D。 6.四氢噻吩( )是家用天然气中人工添加的气味添加剂具有相当程度的臭味。下列关于该化合物的说法正确的是（ ） A. 不能在 O2 中燃烧 B. 所有原子可能共平面 C. 与 Br2 的加成产物只有一种 D. 生成 1molC4H9SH 至少需要 2molH2 【答案】B 【解析】 【分析】 由结构可知，含碳碳双键，且含 C、H、S 元素，结合双键为平面结构及烯烃的性质来解答。 【详解】A．家用天然气中可人工添加，能在 O2 中燃烧，故 A 错误； B．含双键为平面结构，所有原子可能共平面，故 B 正确； C．含 2 个双键，若 1：1 加成，可发生 1，2 加成或 1，4 加成，与溴的加成产物有 2 种，若 1：2 加成，则两个双键都变为单键，有 1 种加成产物，所以共有 3 种加成产物，故 C 错误； D． 含有 2 个双键，消耗 2molH2，会生成 1mol ，故 D 错误； 故答案选 B。 【点睛】本题把握官能团与性质、有机反应为解答关键，注意选项 D 为解答的难点。 7.某化学小组设计了如图甲所示的数字化实验装置，研究常温下，向 1L0.1mol/LH2A 溶液中逐 滴加入等浓度 NaOH 溶液时的 pH 变化情况，并绘制出溶液中含 A 元素的粒子的物质的量分 数与溶液 pH 的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ） A. pH=4.0 时，图中 n(HA-)约为 0.0091mol B. 0.1mol/LNaHA 溶液中存在 c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/L C. 该实验应将左边的酸式滴定管换成右边碱式滴定管并加酚酞作指示剂 D. 常温下，等物质的量浓度的 NaHA 与 Na2A 溶液等体积混合后溶液 pH=3.0【答案】A 【解析】 【分析】 A．pH＝3 时 A2−、HA−的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则 Ka2＝ ＝c(H＋)＝0.001mol/L，由同一溶液中 ＝ ，pH＝4 时该酸的第二步电离常数 不变，且原溶液中 n(HA−)＋n(A2−)＝0.1mol，据此计算 n(HA−)； B．该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以 NaHA 溶液中不存在 H2A； C．根据图知，滴定终点时溶液呈酸性； D．pH＝3 时，溶液中不存在 H2A，说明该酸第一步完全电离，第二步部分电离，则 NaHA 只 电离不水解，Na2A 能水解，且 c(A2−)＝c(HA−)。 【详解】A．pH＝3 时 A2−、HA−的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则 Ka2＝ ＝c(H＋)＝0.001mol/L，由同一溶液中 ＝ ，pH＝4 时该酸 的第二步电离常数不变，且原溶液中 n(HA−)＋n(A2−)＝0.1mol，Ka2＝ ＝ ×c(H＋)＝ ×0.0001mol/L＝0.001mol/L，n(HA−)约为 0.0091mol，故 A 正确； B．该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以 NaHA 只能电离不能水解，则溶液中不 存在 H2A，根据物料守恒得 c(A2−)＋c(HA−)＝0.1mol/L，故 B 错误； C．根据图知，滴定终点时溶液呈酸性，应该选取甲基橙作指示剂，故 C 错误； D．pH＝3 时，溶液中不存在 H2A，说明该酸第一步完全电离，第二步部分电离，则 NaHA 只 电离不水解，Na2A 能水解，且 c(A2−)=c(HA−)；等物质的量浓度的 NaHA 与 Na2A 溶液等体积 混合，因为电离、水解程度不同导致 c(A2−)、c(HA−)不一定相等，则混合溶液的 pH 不一定等 于 3，故 D 错误； 故答案选 A。 【点睛】正确判断该二元酸“第一步完全电离、第二步部分电离”是解本题关键，注意电离平衡 常数只与温度有关，与溶液中溶质及其浓度无关。 8.氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是一种易分解、易水解的白色固体，易溶于水，难溶于 CCl4， ( )2A H( ) (HA )c c c− − ⋅ ＋ ( ) 2(A ) HA c c − − ( ) 2(A ) HA n n − − ( )2A H( ) (HA )c c c− − ⋅ ＋ ( ) 2(A ) HA c c − − ( ) 2(A ) HA n n − − ( )2A H( ) (HA )c c c− − ⋅ ＋ ( ) 2(A ) HA n n − − ( ) 2(A ) HA n n − −某研究小组用如图 1 所示的实验装置制备氨基甲酸铵。 反应原理：2NH3(g)+CO2(g) NH2COONH4(s) △H＜0。 （1）仪器 2 的名称是__。仪器 3 中 NaOH 固体的作用是__。 （2）①打开阀门 K，仪器 4 中由固体药品所产生的气体就立即进入仪器 5，则该固体药品的 名称为__。 ②仪器 6 的一个作用是控制原料气按反应计量系数充分反应，若反应初期观察到装置内稀硫 酸溶液中产生气泡，应该__（填“加快”、“减慢”或“不改变”）产生氨气的流速。 （3）另有一种制备氨基甲酸铵的反应器（CCl4 充当惰性介质）如图 2： ①图 2 装置采用冰水浴的原因为__。 ②当 CCl4 液体中产生较多晶体悬浮物时，即停止反应，__(填操作名称)得到粗产品。 为了将所得粗产品干燥可采取的方法是__。 A.蒸馏 B.高压加热烘干 C.真空微热烘干 （4）①已知氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵，则该反应的化学方程式为__。 ②为测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，某研究小组用该样品进行实验。已知杂质不参与 反应，请补充完整测定某样品中氨基甲酸铵质量分数的实验方案：用天平称取一定质量的样 品，加水溶解，__，测量的数据取平均值进行计算（限选试剂：蒸馏水、澄清石灰水、Ba(OH)2 溶液）。 【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解 (3). 干冰 (4). 加快 (5). 降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应放热造成 NH2COONH4 分 解 (6). 过 滤 (7). C (8). NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3•H2O 或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑ (9). 加入足量氢氧化钡溶液，充分反应后，过滤、用 蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量，重复 2～3 次 【解析】 【分析】 根据装置：仪器 2 制备氨气，由于氨基甲酸铵易水解，所以用仪器 3 干燥氨气，利用仪器 4 制备干燥的二氧化碳气体，在仪器 5 中发生 2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(s)制备氨基甲酸铵； (1)根据仪器构造可得；考虑氨基甲酸铵水解； (2)①仪器 4 制备干燥的二氧化碳气体，为干冰； ②反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，说明二氧化碳过量，氨气不足； (3)①考虑温度对反应的影响和氨基甲酸铵受热分解； ②过滤得到产品，氨基甲酸铵易分解，所得粗产品干燥可真空微热烘干； (4)①氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵和一水合氨，据此书写； ②测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，可以使其水解得到 NH4HCO3，用氢氧化钡沉淀得到 碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量可得氨基甲酸铵的质量，进而可得其质量分数，据此可得。 【详解】(1)根据图示，仪器 2 的名称三颈烧瓶；仪器 3 中 NaOH 固体的作用是干燥氨气，防 止生成的氨基甲酸铵水解；故答案为：三颈烧瓶；干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解； (2)①反应需要氨气和二氧化碳，仪器 2 制备氨气，仪器 4 制备干燥的二氧化碳气体，立即产 生干燥的二氧化碳气体，则为干冰；故答案为：干冰； ②氨气易溶于稀硫酸，二氧化碳难溶于稀硫酸，若反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生 气泡，说明二氧化碳过量，应该加快产生氨气的流速；故答案为：加快； (3)①该反应为放热反应，温度升高不利于合成，故采用冰水浴可以降低温度，有利于提高反 应物的转化率，防止因反应放热造成 H2NCOONH4 分解；故答案为：降低温度，有利于提高 反应物的转化率，防止因反应放热造成 H2NCOONH4 分解； ②当 CCl4 液体中产生较多晶体悬浮物时，即停止反应，过滤，为防止 H2NCOONH4 分解，真 空微热烘干粗产品；故答案为：过滤；C； (4)①氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵，反应为：NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3•H2O 或 NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑；故答案为：NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3•H2O 或 NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑； ②测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，可以使其水解得到 NH4HCO3，用氢氧化钡沉淀得到 碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量可得氨基甲酸铵的质量，进而可得其质量分数，具体方法为：用天平称取一定质量的样品，加水溶解，加入足量氢氧化钡溶液，充分反应后，过滤、用蒸 馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量，重复 2～3 次，测量的数据取平均值进行计算； 故答案为：加入足量氢氧化钡溶液，充分反应后，过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称 量沉淀的质量，重复 2～3 次。 9.从铜氨废液含[Cu(NH3)3·CO]+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH3、CH3COO-、CO32-等中回 收铜的工艺流程如图： （1）步骤(Ⅰ)“吹脱”的目的是___(写一条即可)；由步骤(Ⅱ)可确定 NH3 与 H+的结合能力比与 Cu2+的___(填“强”或“弱”)。 （2）步骤(Ⅲ)“沉铜”时，Na2S 的用量比理论用量多，目的是___。 （3）步骤(Ⅳ)反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为___。 （4）步骤(Ⅵ)发生反应生成难溶 Cu2(OH)3Cl 的离子方程式为___，pH 与铜的回收率关系如图 (a)所示，为尽可能提高铜的回收率，需控制的 pH 约为___。 （5）“吹脱”后的铜氨溶液中加入适量的添加剂可直接电解回收金属铜，装置如图(b)所示，阴 极主要发生的电极方程式为___；添加 NaCl 和 H2SO4 均可提高电导率和电流效率，从而提高 铜的回收率，从环境角度考虑，较好的是___(填“NaCl”或“H2SO4”)。 （6）已知上述流程中只有步骤(Ⅲ)“沉铜”和步骤Ⅴ“制硫酸铜”中铜元素有损耗。步骤(Ⅲ)“沉 铜”时铜元素的损耗率为 4%；步骤Ⅴ“制硫酸铜”时铜元素损耗率为 2%。若 1L 废液最终制得 CuSO4·5H2O375g，则 1L 废液中含有铜元素的质量为___g。（保留整数）【答案】 (1). 将 Cu(Ⅰ)氧化为 Cu(Ⅱ)、将 CO 氧化并以 CO2 吹出、吹出游离的 NH3 等 (2). 强 (3). 使 Cu2＋尽可能沉淀完全，降低残留率 (4). 3：2 (5). 2[Cu(NH3)4]2＋＋Cl−＋5H ＋＋3H2O＝Cu2(OH)3Cl↓＋8NH4＋ (6). 6(或 5.5−6.5) (7). [Cu(NH3)4]2＋＋2e−＝Cu＋4NH3 (8). H2SO4 (9). 102 【解析】 【分析】 从铜氨废液含[Cu(NH3)3·CO]+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH3、CH3COO-、CO32-等中回收 铜，废液中通入热空气，并加热，可生成二氧化碳、氨气，得到含有[Cu(NH3)4]2+、CH3COO-、 CO32-的溶液，加入 20%的硫酸，调节 pH＝2，得到硫酸铜、硫酸铵溶液，加入 20%的硫化钠 溶液生成 CuS 沉淀，在沉淀中加入硝酸可生成 NO、S 和硝酸铜，加入硫酸生成硫酸铜，经蒸 发晶体得到无水硫酸铜晶体；[Cu(NH3)4]2+、CH3COO-、CO32-的溶液加入盐酸，经过滤、洗涤、 干燥，可得到碱式氯化铜，以此解答该题。 【详解】(1)步骤(Ⅰ)“吹脱”时通入空气，氧气可将 Cu(Ⅰ)氧化为 Cu(Ⅱ)、将 CO 氧化生成 CO2 吹出、吹出游离的 NH3 等，步骤(Ⅱ)加入硫酸生成硫酸铵，可确定 NH3 与 H＋的结合能力比与 Cu2＋的强，故答案为：将 Cu(Ⅰ)氧化为 Cu(Ⅱ)、将 CO 氧化并以 CO2 吹出、吹出游离的 NH3 等；强； (2)步骤(Ⅲ)“沉铜”时，Na2S 的用量比理论用量多，可使 Cu2＋尽可能生成 CuS 沉淀，可降低残 留率，故答案为：使 Cu2＋尽可能沉淀完全，降低残留率； (3)CuS 与硝酸反应生成 NO、S，反应中 S 元素化合价由−2 价升高到 0 价，N 元素化合价由＋ 5 价降低为＋2 价，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为 3：2，故答案为：3：2； (4)步骤(Ⅵ)发生反应生成难溶 Cu2(OH)3Cl 的离子方程式为 2[Cu(NH3)4]2＋＋Cl−＋5H＋＋3H2O ＝Cu2(OH)3Cl↓＋8NH4＋，由图可知为尽可能提高铜的回收率，需控制的 pH 约为 6(或 5.5−6.5)，故答案为：2[Cu(NH3)4]2＋＋Cl−＋5H＋＋3H2O＝Cu2(OH)3Cl↓＋8NH4＋；6(或 5.5−6.5)； (5)阴极主要发生反应的电极反应式为[Cu(NH3)4]2＋＋2e−＝Cu＋4NH3，如加入盐酸，则阳极发 生氧化反应生成氯气，污染空气，从环保的角度可知，应加入硫酸，故答案为：[Cu(NH3)4]2＋＋ 2e−＝Cu＋4NH3；H2SO4； (6)375gCuSO4•5H2O 中 Cu 的质量＝375g× ÷(1−2%)÷(1−4%)＝102g，故答案为：102。 10.乙烯是一种重要的化工原料，可由乙烷为原料制取，回答下列问题。 64 250（1）传统的热裂解法和现代的氧化裂解法的热化学方程式如下： ①C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1=+136kJ·mol-1 ②C2H6(g)+ O2(g)=C2H4(g)+H2O(g) ΔH2=-110kJ·mol-1 已知反应相关的部分化学键键能数据如下： 化学键 H-H(g) H-O(g) O=O 键能(kJ·mol-1) 436 x 496 由此计算 x=___，通过比较 ΔH1 和 ΔH2，说明和热裂解法相比，氧化裂解法的优点是___(任写 一点)。 （2）乙烷 氧化裂解反应产物中除了 C2H4 外，还存在 CH4、CO、CO2 等副产物(副反应均为 放热反应)，图甲为温度对乙烷氧化裂解反应性能的影响。乙烷的转化率随温度的升高而升高 的原因是___，反应的最佳温度为___(填序号)。 A.700℃ B.750℃ C.850℃ D.900℃ [乙烯选择性= ；乙烯收率=乙烷转化率×乙烯选择性] （3）烃类氧化反应中，氧气含量低会导致反应产生积炭堵塞反应管。图乙为 的值对 乙烷氧化裂解反应性能的影响。判断乙烷氧化裂解过程中 的最佳值是___，判断的理 由是___。 （4）工业上，保持体系总压恒定为 100kPa 的条件下进行该反应，通常在乙烷和氧气的混合 气体中掺混惰性气体(惰性气体的体积分数为 70%)，掺混惰性气体的目的是___。反应达平衡 的 1 2 2 4 2 4 4 2 n(C H ) n(C H )+n(CH )+n(CO)+n(CO ) 2 6 2 n(C H ) n(O ) 2 6 2 n(C H ) n(O )时，各组分的体积分数如下表： 组分 C2H6 O2 C2H4 H2O 其他物质 体积分数/% 2.4 1.0 12 15 69.6 计算该温度下 平衡常数：Kp=___(用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×体积分数)。 【答案】 (1). 465 (2). 氧化裂解反应是放热反应，节约能源(或氧化裂解反应热力学趋 势上大) (3). 温度升高，反应速率加快，转化率升高 (4). C (5). 2.0 (6). 比值小 于 2.0 时，乙烯的收率降低；比值大于 2.0 时，乙烯的收率并未增加且产生更多的积炭，堵塞 反应管 (7). 正反应是气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体相当于扩大容器体积，降 低分压，有利于平衡正向移动 (8). 75(kPa)0.5 【解析】 【分析】 (1)根据盖斯定律，得出 H2(g)＋ O2(g)=H2O(g)的反应热，再根据△H＝反应物的总键能−生成 物的总键能，可求出 x 的值； (2)温度升高，化学反应速率加快，根据图象，随温度升高，乙烷的转换率越高；综合乙烯的 转化率和选择性，图中即可对应找出最佳的反应温度； (3)含氧量高，会造成积炭，要根据图象找出乙烯收率高而相对积炭少的点，即图中 的比值为 2 时最佳； (4)根据平衡常数与反应物、生成物的关系，并且将浓度关系转变为分压关系来解答。 【详解】(1)根据盖斯定律，②−①得到：H2(g)＋ O2(g)═H2O(g) △H＝−246kJ/mol，根据键能 关系△H＝反应物的总键能−生成物的总键能＝436＋496/2−2x＝−246，x＝465；由热化学方程 式可以看出，热裂解法是吸热反应，需要消耗能源，氧裂解法是放热反应，不需要从外界得 到能量，故答案为：465；氧化裂解反应是放热反应，节约能源(或氧化裂解反应热力学趋势上 大)； (2)由图可知，随温度的升高，乙烷的转化率在升高，考虑化学反应速率的影响因素，温度越 高，反应速率越快；由图，要乙烷的转化率尽可能高，而副产物又相对较少，及乙烯的选择 性较高，应找到乙烯收率较高时的温度，对应下温度在 850 左右，故答案为：温度升高，反 的 1 2 ( ) ( )2 2 6 O C Hn n 1 2应速率加快，转化率升高；C； (3)由(2)分析可知，我们要选择乙烯收率较高的点，在图 2 中，比值小于 2 时，乙烯收率随比 值增大在上升，比值大于 2 时，乙烯的收率并未增加，并且氧含量值在降低，会造成积炭， 故答案为：2.0；比值小于 2.0 时，乙烯的收率降低；比值大于 2.0 时，乙烯的收率并未增加且 产生更多的积炭，堵塞反应管； (4)C2H6(g)＋ O2(g)＝C2H4(g)＋H2O(g)反应是体积在增大的反应，充入惰性气体，总压恒定， 分压就降低了，压强降低会促使反应向体积增大的方向移动，即正向移动。根据平衡常数的 表达式 Kp＝ ＝75(kPa)0.5，故答案为：75(kPa)0.5。 【点睛】解答(1)关键在于考查断键吸热，成键放热的知识；利用反应速率的影响因素来分析 实践生活中最佳的反应条件，本题主要考虑温度，化学反应速率常数的表达式要转变成用分 压来表示。 11.自然界中含锰元素的主要矿物有软锰矿（MnO2·xH2O）、黑锰矿 Mn3O4，大洋底部有大量锰 结核矿。锰元素在多个领域中均有重要应用，用于制合金，能改善钢的抗冲击性能等。 （1）Mn 在元素周期表中位于___区，核外电子占据最高能层的符号是___，金属锰可导电， 导热，具有金属光泽，有延展性，这些性质都可以用“___理论”解释。 （2）Mn3+在水溶液中容易歧化为 MnO2 和 Mn2+，下列说法合理的是___。 A.Mn3+的价电子构型为 3d4，不属于较稳定的电子构型 B.根据 Mn2+的电子构型可知，Mn2+中不含成对电子 C.第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多 D.Mn2+与 Fe3+具有相同的价电子构型，所以它们的化学性质相似 （3）在 K2MnF6 中，MnF62-的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为__。该化 合物中含有的共价键在形成过程中原子轨道的重叠方式为__。 （4）二价锰 化合物 MnO 和 MnS 熔融态均能导电，熔点 MnO___MnS（选填“高于”、“等 于”、“低于”）并解释原因___。 （5）某锰氧化物的晶胞结构如图： 的 1 2 ( ) ( )2 4 2 2 2 1 2 6(C H ) ) H O O C ( H P P P P ⋅ ⋅该锰的氧化物的化学式为___，该晶体中 Mn 的配位数为____，该晶体中 Mn 之间的最近距离 为___pm（用 a、b 来表示）。 【答案】 (1). d (2). N (3). 电子气 (4). A (5). 6 (6). “头碰头” (7). 高 于 (8). 均为离子晶体，O2-半径比 S2-半径小，MnO 晶格能大，熔点高 (9). MnO2 (10). 6 (11). 【解析】 【分析】 (1)Mn 是 25 号元素，原子核外电子排布式是 1s22s22p63s23p63d54s2；锰可导电，导热，具有金 属光泽，有延展性，是因为有自由电子，这些性质都可以用“电子气理论”解释； (2)A．Mn3＋在水溶液中容易歧化为 MnO2 和 Mn2＋，说明 Mn3＋不稳定； B．Mn2＋中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子； C．第四周期中价电子层中未成对电子数最多的元素价电子排布式为：3d54s1； D．Mn2＋与 Fe3＋具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒 的电荷数、微粒半径、原子序数有关； (3)MnF62−的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为 6；F 与 Mn 之间的共价键都 是共价单键； (4)物质都属于离子晶体，离子晶体的阴离子带有相同电荷，离子半径越小，离子键越强，晶 格能越大，熔点越高； (5)用均摊法计算确定化学式，并结合微粒的空间排列确定 Mn 的配位数；由晶胞结构可知： 在该晶胞中距离相等且最近的 2 个 Mn 在晶胞体对角线的一半。 【详解】(1)Mn 是 25 号元素，原子核外电子排布式是 1s22s22p63s23p63d54s2，可知 M 在元素周 2 21 2a +b2期表中位于第四周期第 VIIB，属于 d 区元素，核外电子占据最高能层的符号是 N；锰可导电， 导热，具有金属光泽，有延展性，是因为有自由电子，这些性质都可以用“电子气理论”解释， 故答案为：d；N；电子气； (2)A．Mn3＋的价电子构型为 3d4，Mn3＋在水溶液中容易歧化为 MnO2 和 Mn2＋，说明 Mn3＋不 稳定，Mn3＋容易变成电子半充满的稳定的价电子构型为 3d5，3d4 则属于不稳定的电子构型， 故 A 正确； B．Mn2＋中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子，故 B 错误； C．第四周期中价电子层中未成对电子数最多的元素价电子排布式为：3d54s1，是 Cr 元素，故 C 错误； D．Mn2＋与 Fe3＋具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒 的电荷数、微粒半径、原子序数有关，因此它们的化学性质不相似，Mn2＋具有强的还原性， 而 Fe3＋具有强的氧化性，故 D 错误； 故答案选：A； (3)MnF62−的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为 6．在化合物化合物 K2MnF6 中含有的 F 与 Mn 之间的共价键都是共价单键，属于 σ 键，在形成过程中原子轨道的重叠方式 为“头碰头”，故答案为：6；“头碰头”； (4)MnO 和 MnS 都是离子晶体，离子电荷数相同，O2−离子半径小于 S2−的离子半径，MnO 的 晶格能大，熔点更高，故答案为：高于；均为离子晶体，O2-半径比 S2-半径小，MnO 晶格能 大，熔点高； (5)在该晶体中含有的 Mn 原子个数为： ×8＋1＝2，含有的 O 原子数目为： ×4＋2＝4， Mn：O＝2：4＝1：2，所以该锰的氧化物的化学式为 MnO2；根据晶胞投影图可知：在该晶体 体中与 Mn 原子距离相等且最近的 O 原子有 6 个，所以 Mn 的配位数为 6；由晶胞结构可知： 在该晶胞中距离相等且最近的 2 个 Mn 在晶胞体对角线的一半，晶胞的体对角线为 pm，所以该晶体中 Mn 之间的最近距离为 × pm= pm， 故答案为：MnO2；6； 。 12.苯酚是一种重要的有机化工原料。利用苯酚合成己二醛[OHC(CH2)4CHO]和尼龙 6( )的合成路线如图： 1 8 1 2 2 2( 2a) +b 1 2 2 2( 2a) +b 2 21 2a +b2 2 21 2a +b2已知：① ② +NH2OH +H2O 回答下列问题： （1）由 A 制取 B 的反应类型为___，C 的系统命名为___。 （2）E 的结构简式为___。 （3）写出合成尼龙 6 的单体（ ）的分子式___。 （4）己二醛与足量银氨溶液反应的化学方程式为___。 （5）己二醛的同分异构体中既含五元环结构，又含“ ”结构的有___种(不考虑立体异 构)。其中核磁共振氢谱有三组峰的结构简式有___（任写一种） （6）写出以溴乙烷为原料制备甲醛的合成路线___(无机试剂任选)。 【答案】 (1). 消去反应 (2). 1，2-环已二醇 (3). (4). C6H11ON (5). OHC(CH2)4CHO+4Ag(NH3)2OH NH4OOC(CH2)4COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O (6). 11 (7). 、 、 (8). CH3CH2Br CH2=CH2 【解析】 【分析】 由己二醛的结构，结合反应条件及信息①可知，苯酚与氢气发生加成反应生成 A 为 ，A发生消去反应生成 B 为 ，B 发生氧化反应得到 C 为 ；C 被 H5IO6 氧化得到 OHC(CH2)4CHO；D 发生信息②中的反应得到 E，可知 A 发生氧化反应生成 D，故 D 为 、 E 为 ； (6)以溴乙烷为原料制备甲醛，溴乙烷发生消去反应生成乙烯，乙烯发生信息①的反应生成乙 二醇，乙二醇发生信息①的反应生成甲醛。 【详解】(1)由 A 制取 B 是 转化为 ，反应类型为：消去反应；C 为 ，C 的化学名称为：1，2−环己二醇，故答案为：消去反应；1，2−环己二醇； (2)E 的结构简式为： ，故答案为： ； (3)合成尼龙 6 的单体菁优网的分子式 为 C6H11ON，故答案为：C6H11ON； (4)己二醛与银氨溶液反应 化学方程式为：OHC(CH2)4CHO+4Ag(NH3)2OH NH4OOC(CH2)4COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O，故答案为：OHC(CH2)4CHO+4Ag(NH3)2OH NH4OOC(CH2)4COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O； (5)己二醛的同分异构体中既含五元环结构，又含“ ”，若为五元碳环，取代基可以为 −COOH、或者−OOCH，有 2 种，若五元环中含有酯基结构，取代基为−CH2CH3，环上有 3 种 不同的氢，故有 3 种，取代基为 2 个−CH3，两个甲基可以在同一碳原子上，有 3 种，在不同 碳原子上也有 3 种，故符合条件的同分异构体共有 2＋3＋3＋3＝11 种，其中核磁共振氢谱有 三组峰的结构简式有： 、 、 ，故答案为：11； 、 、 ； (6)溴乙烷发生消去反应生成乙烯，再用冷、稀、中性高锰酸钾氧化得到乙二醇，最后与 H5IO6 作用得到甲醛，合成路线流程图为：CH3CH2Br CH2=CH2 的，故答案为：CH3CH2Br CH2=CH2 。 【点睛】本题采用正逆结合、题给信息灵活运用方法进行推断，正确推断各物质结构简式是 解本题关键，易错点是同分异构体种类判断。