1、西藏山南市第二高级中学2020届高三化学第三次模拟考试试题（含解析）1.下列有关叙述正确的是A. 汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的B. 酒精能使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好C. 电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法D. 硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂【答案】C【解析】【详解】A、汽油来自于石油，石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，即汽油是由碳氢两种元素组成，不含N元素，故A错误；B、酒精能使蛋白质变性，医用酒精的浓度一般为75%，故B错误；C、金属的电化学腐蚀包括牺牲阳极的阴极保护法和外加电流阴极保护法，前者属于原电池原理，后者属于电
2、解原理，金属Mg比铁活泼，Mg作负极，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D、硅胶、生石灰作干燥剂，铁粉作还原剂，铁粉防止食品氧化，故D错误，答案选C。2.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 NAB. 22.4 L（标准状况）氩气含有的质子数为18 NAC. 92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0 NAD. 1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0 NA【答案】B【解析】分析：A、胶体是大分子的集合体；B、根据氩气的组成解答；C、根据丙三醇的结构分析；D、根据甲烷与氯气在
3、光照条件下发生取代反应的特点分析。详解：A、16.25g氯化铁的物质的量是16.25g162.5g/mol0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；B、标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18 NA，B正确；C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3 NA，C错误；D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误。答案选B。点睛：选项D是易错点，主要是不清楚甲烷发生
4、取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。3.下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是选项实验目的实验方案A探究化学反应的限度取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/LFeCl3溶液56滴，充分反应，可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应B探究浓度对化学反应速率的影响用两支试管各取5mL0.1mol/L的KMnO4溶液，分别加入2mL0.1mol/L和0.2mol/L的草酸溶液，记录溶液褪色所需的时间C证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体直接通入酸性KMn
5、O4溶液中D验证醋酸钠溶液中存在水解平衡取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵固体其水溶液呈中性，观察溶液颜色变化A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】AKI与FeCl3发生氧化还原反应，其离子反应式为2I-+2Fe3+=2Fe2+I2，由于KI过量，因此溶液中存在I2和I-，故不可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应，A错误；B高锰酸钾与草酸溶液反应的离子式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=8H2O+10CO2+2Mn2+，可知溶液中高锰酸钾溶液过量，难以观察到褪色现象，B错误；C由于溶液中挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液
6、褪色，所以不能使用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯，C错误；DCH3COONa在水溶液呈碱性是存在阴离子的水解：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，加入酚酞溶液后变红，再加入醋酸铵固体，醋酸铵溶液呈中性，此时溶液中CH3COO-浓度增大，反应正向移动，溶液颜色加深，D正确；答案选D。【点睛】此题易错点是B选项，通过观察高锰酸钾褪色快慢来探究反应速率大小，若高锰酸钾过量则不会观察到褪色，延伸考点还会出现高锰酸钾浓度不同来探究，要注意浓度不同时本身颜色深浅就不同，所以难以通过观察先褪色说明速率快；一般是高锰酸钾浓度相同且量少时，慢慢滴加不同浓度的草酸溶液，以此探究浓度对速率的影响。4.短周期主族
7、元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，甲、乙分别是X、W两元素对应的单质，丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25时0.1mol/L 戊溶液的pH为13，工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法不正确的是（）A. 原子半径：ZWYXB. Z分别与X、Y、W形成的化合物中一定没有共价键C. 元素Y与X、Z都能组成两种化合物D. 乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性【答案】B【解析】【分析】根据工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可推测是电解饱和食盐水，生成氢气、氯气和氢氧化钠，故甲为氢气，所以X是H元素，乙是氯气，所以W为Cl元素，戊
8、是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25时0.1mol/L 戊溶液的pH为13，所以戊为氢氧化钠，根据短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以Y为O元素，Z为钠元素。【详解】A、Z为钠元素，W为Cl元素，Y为O元素，X是H元素，原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以原子半径：ZWYX，故A正确；B、钠与氧气在点燃那条件下生成过氧化钠，其中含有氧与氧之间的共价键，故B错误；C、Y为O元素，X是H元素，两者可以形成水和过氧化氢两种化合物，Z为钠元素，可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故C正确；D、乙为氯气，戊为氢氧化钠两者反
9、应可生成次氯酸钠、氯化钠和水，此溶液具有漂白效果，故D正确；故选B。【点睛】本题为简单的无机推断，本题的突破点为工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可猜测应该是点解饱和食盐水，进而推出其他物质。原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；离子化合物中也可能含有共价键。5.我国科研人员研制出一种室温“可呼吸”NaCO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2。吸入CO2时，其工作原理如图所示。吸收的全部CO2中，有 转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管（MWCNT）电极表面。下列说法正确的是（ ）A. “吸入”CO2时的正极
10、反应：4Na+ 3CO2+ 4e= 2Na2CO3+ CB. “吸入”CO2时，钠箔为正极C. “呼出”CO2时，Na+向多壁碳纳米管电极移动D. 标准状况下，每“呼出”22.4 L CO2，转移电子数为0.75 mol【答案】A【解析】【分析】根据电极材料可知，放电时钠箔被氧化，为负极，则吸入CO2的一极为正极发生还原反应，O元素化合价已是最低价，所以是C元素被还原生成C单质，同时吸收的CO2中有转化为Na2CO3固体；充电时钠箔为阴极，钠离子被还原为Na，多壁碳纳米管为阳极，C被氧化结合碳酸钠生成CO2，呼出CO2。【详解】A根据分析可知“吸入”CO2时，多壁碳纳米管为正极，CO2得电子被
11、还原成C单质，同时有部分二氧化碳与钠离子生成碳酸钠，所以电极反应式为4Na+ 3CO2+ 4e= 2Na2CO3+ C，故A正确；B根据分析可知“吸入”CO2时，钠箔为负极，故B错误；C“呼出”CO2时为电解池，阳离子流向阴极，所以钠离子向钠箔移动，故C错误；D标准状况下，22.4LCO2的物质的量为1mol，根据放电时的正极反应可知，充电时阳极电极反应式为2Na2CO3+C-4e-=4Na+3CO2，所以每“呼出”22.4 L CO2，转移电子数为mol，故D错误；答案选A。6.下列叙述正确的是A. 甲苯与足量H2加成产物的一氯取代物有5种B. 由3种单体加聚得到C. 双糖、多糖在稀酸的催化
12、下最终均水解为葡萄糖D. 分子式为C4H6O2并能与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2的有机物有3种(不含立体异构)【答案】A【解析】分析：A项，甲苯与足量H2反应生成，中有5种H原子；B项，链节的主链上只有碳原子且含碳碳双键，用“凡双键，四个碳；无双键，两个碳”的规律判断单体；C项，蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖；D项，能与NaHCO3反应生成CO2说明结构中含羧基，C4H6O2的不饱和度为2，其结构可能是链状也可能是环状。详解：A项，甲苯与足量H2反应生成，中有5种H原子，的一氯代物有5种，A项正确；B项，链节的主链上只有碳原子且含碳碳双键，用“凡双键，四个碳；无双键，两个碳”的规律判断单体，
13、单体为CH2=CHCH=CH2和CH3CH=CH2，由2种单体加聚得到，B项错误；C项，麦芽糖、淀粉、纤维素在酸催化下最终水解为葡萄糖，蔗糖在酸催化下最终水解为葡萄糖和果糖，C项错误；D项，C4H6O2的不饱和度为2，能与NaHCO3溶液反应生成CO2说明有机物结构中含羧基，符合条件的同分异构体有：CH3CH=CHCOOH、CH2=CHCH2COOH、，共4种，D项错误；答案选A。点睛：本题考查一氯代物种类的判断、高分子化合物单体的判断、双糖和多糖的水解、限定条件同分异构体数目的确定。确定一氯代物的种类用“等效氢”法：同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上所连甲基上氢原子等效，处于对称位置
14、的氢原子等效。限定条件的同分异构体数目的确定用有序思维，先确定不饱和度和官能团，再用残基法确定可能的结构。7.常温下，Ka(HCOOH)=1.7710-4，Ka(CH3COOH)=1.7510-5，Kb(NH3H2O)=1.7610-5，下列说法正确的是（）A. 将CH3COONa溶液从20升温至30，溶液中增大B. 用相同浓度NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等C. 0.2 mol/L HCOOH 与 0.1 mol/L NaOH 等体积混合后：c(HCOO-) + c(OH-)c(HCOOH) + c(H+)D. 0.2 m
15、ol/L CH3COONa 与 0.1 mol/L盐酸等体积混合后 (pH7)：c(CH3COO-)c(Cl- )c(CH3COOH)c(H+)【答案】D【解析】【详解】A.CH3COONa的水解过程为吸热，所以升高温度，平衡右移，水解平衡常数c(OH-) c(CH3COOH)/c(CH3COO-)增大，溶液中减小，A错误；B.pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度:c(HCOOH)c(CH3COOH)，用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积相同的HCOOH和CH3COOH，物质的量前者小于后者，
16、所以后者消耗的NaOH体积多，B错误；C.两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠溶液，由电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)和物料守恒2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)可得c(HCOO-) + 2c(OH-)=c(HCOOH) + 2c(H+)，C错误；D.二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa和NaCl，混合溶液的pH7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，乙酸是弱酸，其电离程度较小，所以粒子浓度大小顺序是c(CH3COO-)c(Cl- )c(CH3COOH)c(H+)，D正确；答案选D。8.铬酸铅用作油性合成树脂涂料
17、、印刷油墨、水彩和油彩的颜料，色纸、橡胶和塑料制品的着色剂。 (1)中Cr的化合价为_。(2)铬酸铅用于水彩和油彩的筑色颜料。遇到空气中的硫化物颜色会变黑：的平衡常数_。(3)铬渣铬主要以形式存在，同时含有、等杂质是铬电镀过程中产生的含铬污泥，实现其综合利用，可减少铬的环境污染。铬渣综合利用工艺流程如下：请回答下列问题：铬渣高温焙烧前粉碎的目的是_。高温焙烧得到的产物含有和一种无污染的气体，则氧化剂和还原剂物质的量之比为_。高温焙烧时参加反应的化学方程式为_。除去浸出液中的杂质最好加入_填试剂名称来调节pH。除去铝元素的离子方程式为_。现通过以上流程处理的铬渣，得到产品，则铬渣中的质量分数是_
18、。【答案】 (1). +6 (2). (3). 提高铬渣焙烧的速率和转化率 (4). 6:5 (5). (6). 硝酸 (7). (8). 【解析】【分析】(1)根据在化合物中正负化合价代数和为零，计算铬元素化合价；(2)根据反应，可计算出平衡常数；(3)干燥粉碎铬渣（铬主要以Cr2O3形式存在，同时含有Al2O3、SiO2等杂质），加入NaOH、NaNO3，发生反应：5Cr2O3+14NaOH+6NaNO310Na2CrO4+3N2+7H2O，浸出液含有NaOH、NaNO3、Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2，除去不溶性杂质，加入硝酸调节pH，除去NaOH、Na2SiO3、NaAl
19、O2，过滤，滤液为NaNO3、NaNO3、Na2CrO4，加入硝酸铅，得到铬酸铅沉淀，过滤、洗涤、干燥得产品，据此分析解答。【详解】(1)铅元素的化合价为价，氧元素显价，设铬元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：(+2)+x+4(-2)=0，则x=+6价；(2)的平衡常数；(3)干燥粉碎铬渣（铬主要以Cr2O3形式存在，同时含有Al2O3、SiO2等杂质），加入NaOH、NaNO3，发生反应：5Cr2O3+14NaOH+6NaNO310Na2CrO4+3N2+7H2O，浸出液含有NaOH、NaNO3、Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2，除去不溶性杂质，加入硝酸调
20、节pH，除去NaOH、Na2SiO3、NaAlO2，过滤，滤液为NaNO3、NaNO3、Na2CrO4，加入硝酸铅，得到铬酸铅沉淀，过滤、洗涤、干燥得产品；铬渣高温焙烧前粉碎的目的是提高铬渣焙烧的速率和转化率；高温焙烧得到的产物含有和一种无污染的气体，5Cr2O3+14NaOH+6NaNO310Na2CrO4+3N2+7H2O，则氧化剂和还原剂物质的量之比为6:5；高温焙烧时与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为；除去浸出液中的杂质最好加入硝酸来调节pH；硝酸与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝，除去铝元素的离子方程式为；据原子守恒： ，则铬渣中的质量分数是。【点睛】利用原子守恒进行计算。9.
21、二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发粘、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：物理性质毒性色态挥发性熔点沸点剧毒金黄色液体易挥发76138化学性质300以上完全分解；S2Cl2+Cl22SCl2；遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险；受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气；（1）制取少量S2Cl2实验室可利用硫与少量氯气在110140反应制得S2Cl2粗品。仪器m的名称为_，装置F中试剂的作用是_。装置连接顺序：A_ED。实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是_。为了提高S2Cl
22、2的纯度，实验的关键是控制好温度和_。（2）S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，写出该反应的化学方程式_。甲同学为了验证两种气体产物，将水解生成的气体依次通过硝酸银与稀硝酸的混合溶液、品红溶液、NaOH 溶液，该方案_（填“可行”或“不可行”），原因是_。（3）某同学为了测定S2Cl2与水反应后生成的气体X在混合气体中的体积分数，设计了如下实验方案：W溶液可以是_(填标号)。aH2O2溶液 bKMnO4溶液(硫酸酸化) c氯水该混合气体中气体X的体积分数为_(用含V、m的式子表示)。【答案】 (1).
23、三颈烧瓶 (2). 除去Cl2中混有的HCl杂质 (3). FCB (4). 将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集 (5). 滴入浓盐酸的速率(或B中通入氯气的量) (6). 2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl (7). 不可行 (8). 二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验 (9). ac (10). 100%【解析】【分析】(1)实验室可利用硫与少量氯气在110140反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装
24、置B和硫磺反应在110140反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入；仪器m的作用和形状分析仪器名称为三颈烧瓶；利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110140反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，结合上述分析连接装置；实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气，是排净装置内空气，实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，是把生成的S2Cl2排入E中收集；氯气过量则会生成SCl2，温度过高
25、分解，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；(2) S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，该气体X为SO2，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，即反应中只有硫元素化合价发生变化，产生烟雾，雾应为反应产生的氯化氢气体在空气中与水蒸汽结合形成的液滴，根据得失电子守恒，书写化学方程式；甲同学为了验证两种气体产物，二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，与银离子结合形成硫酸银，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验，该方案不可行；(3) S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混
26、合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数。【详解】(1)实验室可利用硫与少量氯气在110140反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2，利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110140反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入仪器m 的名称为三颈烧瓶，装置F中试剂的作用是：除去Cl2中混有的HCl杂质，故答案为三颈烧瓶；除去Cl2中混有的H
27、Cl杂质；利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺反应在110140反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，依据上述分析可知装置连接顺序为：AFCBED，故答案为FCB；实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集，故答案为将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；反应生成S2Cl2的氯气过量则会生
28、成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量，故答案为滴入浓盐酸的速率或B中通人氯气的量；（2）S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，该气体X为SO2，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，即反应中只有硫元素化合价发生变化，产生烟雾，雾应为反应产生的氯化氢气体在空气中与水蒸汽结合形成的液滴，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl，故答案为2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl；甲同学为了验证两种气体产物，二氧化硫被
29、硝酸氧化成硫酸根，与银离子结合形成硫酸银，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验，该方案不可行，答案为：不可行；二氧化硫被硝酸氧化成硫酸根，既难于检验二氧化硫又干扰氯化氢检验；(3) S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，元素守恒计算二氧化硫体积分数，W溶液是吸收氧化二氧化硫的溶液，可以是a；H2O2溶液，c.氯水，但不能是b；KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，应选ac，
30、故答案为ac；过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)=mol，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=100%=100%，故答案为100%。10.CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的气体，用于生产多种化工产品。该技术中的化学反应为：CH4(g)+3CO2(g) 2H2O(g)+4CO(g) H=+330kJ/mol（1）下图表示初始投料比n(CH4):n(CO2)为1:3或1:4，CH4的转化率在不同温度（T1、T2）下与压强的关系。注：投料比用a1、a2表示a2=_。判断T1的T2的大小关系，并说明理由：
31、_。（2）CH4超干重整CO2的催化转化原理示意图如下：过程，生成1mol H2时吸收123.5kJ热量，其热化学方程式是_。过程，实现了含氢物种与含碳物种的分离。生成H2O(g)的化学方程式是_。假设过程和过程中的各步均转化完全，下列说法正确的是_。（填序号）a过程和过程中发生了氧化还原反应b过程中使用的催化剂为Fe3O4和CaCO3c若过程投料，可导致过程中催化剂失效【答案】 (1). 1:4 (2). T2T1 正反应为吸热反应，温度升高时甲烷的转化率增大 (3). CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H=+247kJ/mol (4). 4H2+Fe3O43Fe+4H
32、2O (5). ac【解析】(1). .在相同条件下，投料比越小，甲烷的转化率越大，据图可知，a2a1，故a2表示的是1:4时甲烷的转化率，故答案为1:4；. 因CH4(g)+3CO2(g)2H2O(g)+4CO(g)的正反应为吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，甲烷的转化率增大，则T2T1，故答案为T2T1，正反应为吸热反应，温度升高时甲烷的转化率增大；(2). .在过程I中，生成1mol H2时吸收123.5kJ热量，据图可知，其热化学方程式为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H=+247kJ/mol，故答案为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)
33、H=+247kJ/mol；. 由过程II的转化关系来看，混合气体中的H2将Fe3O4还原为Fe，反应方程式为：4H2+Fe3O4 3Fe+4H2O，故答案为4H2+Fe3O4 3Fe+4H2O；. a. 两个过程都有元素化合价的改变，都发生了氧化还原反应，故a正确；b. 过程II中Fe3O4最终被还原为Fe，Fe3O4不是催化剂，故b错误；c. 若初始投料比时，二者恰好按照题给方程式反应，无CO2生成，导致CaCO3无法参加反应，使催化剂中毒失效，故c正确；答案选ac。化学选修3：物质结构与性质11.我国化学家在“铁基(氟掺杂镨氧铁砷化合物)高温超导”材料研究上取得了重要成果，该研究项目荣获2
34、013年度“国家自然科学奖”一等奖。（1）基态Fe2+的核外电子排布式为_。（2）氟、氧、砷三种元素中电负性值由大到小的顺序是_(用相应的元素符号填空)。（3）Fe(SCN)3溶液中加人NH4F，发生如下反应：Fe(SCN)3+6NH4F=(NH4)3FeF6+3NH4SCN。(NH4)3FeF6存在的微粒间作用力除共价键外还有_(选填序号，下同)。a配位键 b氢键 c金属键 d离子键已知SCN一中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则C原子的杂化方式为_,该原子团中键与个数的比值为_。（4）FeCl3晶体易溶于水、乙醇，用酒精灯加热即可气化，而FeF3晶体熔点高于1000，试解释两种化合物熔点
35、差异较大的原因：_。（5）氮、磷、砷虽为同主族元素，但其化合物的结构与性质是多样化的。该族氢化物RH3(NH3、PH3、AsH3)某种性质随R的核电荷数的变化趋势如右图所示，则Y轴可表示的氢化物(RH3)性质可能有_。a稳定性 b沸点 cRH键能 d分子间作用力碳氮化钛化合物在汽车制造和航空航天等领域有广泛的应用，其结构是用碳原子取代氮化钛晶胞(结构如图)顶点的氮原子，据此分析，这种碳氮化钛化台物的化学式为_。【答案】 (1). Ar3d6 (2). FOAs (3). ad (4). sp (5). 1:1 (6). FeF3为离子晶体，FeCl3为分子晶体 (7). ac (8). Ti4
36、CN3【解析】【分析】（1）根据核外电子排布规律推知基态Fe2+的核外电子排布式；（2）根据元素周期律可知，非金属性越强，电负性越大，据此答题；（3）（NH4）3FeF6是离子化合物，铵根离子与六氟合铁酸根之间是离子键，氮与氢之间是共价键，铁与氟之间是配位键，据此答题；SCN-的结构式为S=C=N-，其结构与二氧化碳相似，其中含有2个键与2个键，据此答题；（4）分子晶体中分子之间是范德华力，作用力比较小，而离子键作用力较大，所以两者的沸点相差较大，据此答题；（5）a根据元素周期律可知，非金属性越强，氢化物的稳定性越强；b氨气分子间存在氢键；c非金属性越强与氢元素形成的共价键越强，键能越大；d分
37、子间作用力随相对分子质量的增加而增大； 根据晶胞结构图利用均摊法可知，在晶胞中含有碳原子数、含有氮原子数、含有钛原子数，据此写出化学式。【详解】（1）亚铁离子的核外电子数是24，因此根据核外电子的排布规律可知，基态Fe2+的核外电子排布式为Ar3d6。（2）非金属性越强，电负性越大，则根据元素周期律可知氟、氧、砷三种元素中电负性值由大到小的顺序是FOAs。（3）(NH4)3FeF6是离子化合物，存在的微粒间作用力除共价键外还有离子键，另外还有配位键，即N和H、Fe与F之间存在配位键，答案选ad。已知SCN一中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则碳元素分别与S以及N元素形成1个双键，不存在孤对电
38、子，因此C原子杂化方式为sp杂化；由于单键都是键，双键是由1个键与1个键构成的，则该原子团中键与个数的比值为1:1。（4）FeCl3晶体易溶于水、乙醇，用酒精灯加热即可气化，这说明氯化铁形成的晶体是分子晶体，而FeF3晶体熔点高于1000oC，这说明氟化铁形成的晶体类型是离子晶体，因此两种化合物熔点差异较大的原因是FeF3为离子晶体，FeCl3为分子晶体。（5）a非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此三种氢化物的稳定性逐渐降低，a正确；b由于氨气分子间存在氢键，因此氨气的沸点最高，b不正确；c非金属性越强与氢元素形成的共价键越强，键能越大，因此RH键能虽原子序数的增大而减小，c正确；d三种氢化
39、物生成的晶体均是分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增加而增大，d不正确；答案选ac。根据晶胞的结构特点并依据均摊法可知，晶胞中含有的碳原子数是81，氮原子数63，钛原子数是12+14，所以化学式为Ti4CN3。化学选修5：有机化学基础12.聚酰亚胺是重要的特种工程材料，广泛应用在航空、纳米、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如下（部分反应条件略去）：已知：有机物A的质谱与核磁共振氢谱图如下：回答下列问题：(1)A的名称是_；C中含氧官能团的名称是_。(2)反应的反应类型是_。(3)反应的化学方程式是_。(4) F的结构筒式是_。(5)同时满足下列条件的G的同分异构体共有_种(不含立体结构)；
40、写出其中一种的结构简式：_。能发生银镜反应 能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应1 mol该物质最多能与8 mol NaOH反应(6) 参照上述合成路线，以间二甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计制备的合成路线：_。【答案】 (1). 乙醇 (2). 羧基 (3). 取代反应 (4). (5). (6). 3 (7). (8). 【解析】根据已知：有机物A的质谱与核磁共振氢谱图可知，A的相对分子质量为46，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：2：3，则A为乙醇；根据流程可知，E在铁和氯化氢作用下发生还原反应生成，则E为；E是D发生硝化反应而得，则D为；D是由A与C在浓
41、硫酸作用下发生酯化反应而得，则C为；C是由分子式为C7H8的烃B氧化而得，则B为甲苯；结合已知以及G的分子式，可知对二甲苯与二分子一氯甲烷反应生成F，F为；根据已知可知，F氧化生成G为；G脱水生成H，H为。(1)A的名称是乙醇；C为，含氧官能团的名称是羧基；(2)反应是D在浓硫酸和浓硝酸作用下发生硝化反应（或取代反应）生成E；(3)反应是A与C在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D，其化学方程式是；(4)F的结构筒式是；(5) 的同分异构体满足条件：能发生银镜反应，说明含有醛基；能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应，说明含有甲酸酯的结构，且水解后生成物中有酚羟基结构；1mol该物质最多能与8mol NaOH反应，则符合条件的同分异构体可以是：、共3种；(6)间二甲苯氧化生成间苯二甲酸，间苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成间苯二甲酸二甲酯，间苯二甲酸甲酯发生硝化反应生成，还原得到，其合成路线为：。