2019年广东省肇庆市高三高考化学三模试卷(解析版)

1、2021年广东省肇庆市高三高考化学三模试卷一、单项选择题本大题共 7小题,共42.0分1 .以下有关化学与生产生活的表达不正确的选项是A.生产玻璃、水泥、漂白粉均需要用石灰石为原料B.煤的干储、石油分储和石油裂解都属于化学变化C. “地沟油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯,可用于制取肥皂D.大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术,可以减少硫、氮氧化物对环境的污染2 .磷酸毗醛素是细胞的重要组成局部,其结构式如图含qh CHO氮杂环与苯环性质相似.那么以下有关表达错误的选项是n“ 0H人,HC fA.该物质能被酸性高镒酸钾氧化B.该物质能发生取代、加成、氧化、聚合反响C.该有物质水解后所得有机物的所有原子

2、都在一个平面上D. 1mol该有机物与 NaOH溶液加热,最多消耗 4mol NaOH3 .短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,它们分别位于不同的主族,X的最高正价与最低负价代数和为0, Y为金属元素,丫与Z最外层电子数之和与 W的最外层电子数相等,X与W所在族序数之和等于 10 .那么以下说法正确的选项是A.单质熔点：B.最高价氧化物对应的水化物的酸性：C.原子半径大小顺序：D.简单氢化物的沸点：4 . 硫酸亚铁钱受热分解的反响方程式为2 NH4 2Fe SO42_Fe2O3+2NH3T +NT +4SOT +5HO,用Na表示阿伏加德罗常数的值.以下说法正确的是A. 1 L溶液中的

3、数目为B.将1 mol 和1 mol 充分反响后,其分子总数为C.常温常仃,g中含有的中子总数为D.标准状况下,每生成L气体转移电子数目为如图装置可用于验证气体的某些化学性质,所得现象和结论水一均正确的选项是R II就剂J LJJ气体试齐1J现象结论CH 2=CH 2滨水溶液褪色C2H4能与Br2发生取代反响CO2BaCl2溶液产生白色沉淀CO2能与可溶性韧盐反响Cl2FeCl2溶液溶液由浅绿色变黄 色氧化性Cl2>Fe3+SO2KMnO 4溶液溶液褪色SO2有漂白性A. AB. BC. CD. D5.第1页,共22页6. 电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量,其中工作原理如下图

4、.那么以下说法正确的选项是( )A.电流由a极流向b极B.溶液中的向b极移动C. a极的电极反响式为：D. b极的电极反响式为：I_®I7. 25c时,用 NaOH溶液滴定 H2c2.4溶液,溶液中-1g阴口-lgc (HC2O4)或1 2 3 4 5 -喇HXHiGCM或-W闲HCKX1=,_三工I噂 H -？一 三TJ 一-1gD -1gc (C2O42-)关系如图所不.以下说法不正确的选项是()A.的数量级为B.曲线M表本 和的关系C.向溶液中加NaOH至和相等,此时溶液 pH约为5D.在溶液中二、简做题(本大题共 4小题,共49.0分)8. 重晶石主要成分为 BaSO,含少量

5、的SiO2、CaO和MgO杂质,以下是一种制取 Ba(NO3) 2的工业流程.重晶石(1)上述流程中将重晶石和煤磨成粉状的目的是 .高温(2)焙烧过程中主反响为：BaSO,+4C_BaS+4CO除此以外还可能有 BaCO3等副产物生成,通过改变温度以及煤粉的用量可降低副反响发生.第2页,共22页.300 4M MO 1000 12M 1400温度(七)图i反响温度对平衡组成的影响二驾S1HRL5M QO.O.O.0二二七一依据图1判断生成BaS的反响是反响 度至少应限制在 以上.00500 OS I" 1524原料中蹂的物质的里(mol)图：原料中碳的物质的里对平衡组成的影响 (填“

6、放热或“吸热)；反响温限制BaSO4的量不变,改变 C的量,测得原料中碳的物质的量对平衡组成的影响,如图2所示,判断原料中 至少为(填字母)a.1.5、b.2.0、c.3.75.(3)BaS的溶解度随温度的升高而明显增大,90c时约为50g/100g水,浸取液中存在三种碱 Mg (OH) 2、Ca (OH) 2、Ba (OH) 2.浸取过程中产生 Ba (OH) 2的原因是 (写离子方程式).三种碱的碱性由强到弱顺序为： >> (填化学式)；结合元 素周期律解释原因是： , Mg、Ca、Ba处于同一主族,随着原子序数递增,(4)酸解过程中,向滤液中参加硝酸,即有硝酸银晶体析出,稍过

7、量的HNO3有利于提升Ba(NO3)2晶体的析出率 ,用化学平衡原理分析其原因是： .9 .氢是人们公认的清洁能源,作为低碳和零碳能源正在脱颖而出,氢的获得及以氢为原料的工业生产工艺成为科技工作者研究的重要课题.(1)工业生产中可利用 H2复原CO2制备清洁能源甲醇. CO (g)和 H2(g)的燃烧热(4H)分别为-283.0kJ?mol-1、-285.8kJ?mol-1. CO 与 出合成甲醇的能量变化如图甲所示：那么用CO2和H2 (g)制备甲醇的热化学方程式为 .将一定量的CO2和H2充入到某恒容密闭容器中,测得在不同催化剂作用下,相同时间内CO2的转化率与温度的变化如图乙所示：催化效

8、果最好的是催化剂 (选填“ I “ n 或“出),该反响在a点达 到平衡状态,a点的转化率比b点的高,其原因是 .(2)利用CO和水蒸气可生产 大,反响的化学方程式：CO (g) +H2O (g) ? CO2(g) +H2 (g).将不同量的CO (g)和“O (g)分别通入到体积为2L的恒容密 闭容器中进行如下反响,得到三组数据如下表所示：第3页,共22页温度/C起始里到达平衡CO/molH2O/molH2/molCO转化率时间/min650421.66900323该反响的正反响为 反响(选填“放热或“吸热).900c时,到达平衡时的反响速率 v(H2O) =,到达平衡时c (H2) = (

9、保存2位小数).(3)利用废弃的H2s的热分解可生产 H2: 2H2s (g) ? 2H2 (g) +S2 (g).现将 0.20mol H2S (g)通入到某恒压(压强 p=a MPa)密闭容器中,在不同温度下测得 H2 s的平衡转化率如以下图所示：5550454035/P电猾¥辫第斗气工温度汽：对于气相反响,用某组分(B)的平衡压强(PB)代替物质的量浓度(Cb)也可表示平衡常数.温度为T4c时,该反响的平衡常数 Kp= (用a的代数式表示).10 .氟及其化合物用途非常广泛.答复以下问题：(1)聚四氟乙烯是一种准晶体,该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体.可

10、通过 方法区分晶体、准晶体和非晶体.(2)基态铜原子价电子排布的轨道式为 .(3)H2F+SbF6-(氟酸睇)是一种超强酸,存在H2F,该离子的空间构型为 , 依次写出一种与H 2F+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是 (4) NH4F (氟化钱)可用于玻璃蚀刻剂、防腐剂、消毒剂等.NH4+的中央原子的杂化类型是；氟化俊中存在 (填序号)：A.离子键 B. b键C.冗键 D.氢键(5) SbF6被广泛用作高压电气设备绝缘介质.SbF6是一种共价化合物,可通过类似于Born-Haber循环能量构建能量图(见图a)计算相联系关键能.那么 F-F键的键能为 kJ?mol-1, S-F 的

11、键能为 kJ?mol-1.(6) CuCl的熔点为426C,熔化时几乎不导电；CuF的熔点为908C,密度为-37.1 g?cm.CuF比CuCl熔点高的原因是 ;Na为阿伏加德罗常数.CuF的晶胞结构如“图 b.那么CuF的晶胞参数a=nm (列出计算式).第4页,共22页11.某药物H的一种合成路线如下:H答复以下问题：(1) C的名称是.(2) F-H的反响类型为. B-C的试剂和条件是.(3) H有多种同分异构体,在以下哪种仪器中可以显示物质中化学键和官能团类型 (填字母).A.质谱仪 B.元素分析仪 C.红外光谱仪 D.核磁共振氢谱仪(4)写出 AE的化学方程式.(5)在E的同分异构

12、体中,同时满足以下条件的结构有 种；其中核磁共振 氢谱有六组峰,且峰面积之比为3： 3： 2： 2： 1： 1的是.既能发生银镜反响,又能发生水解反响；属于芳香族化合物；苯环上只有2个取代基.(6)参照上述流程,以 D和乙醛为原料合成飞 kOhCH2cHeH (其他无机试剂自选),设方t合成路线： .实验题(本大题共 1小题,共14.0分)12.乳酸亚铁晶体CH 3CH (OH) COO2Fe?3H20是一种很好的食品铁强化剂,易溶 于水,吸收效果比无机铁好,可由乳酸与FeC03反响制得：2CH3CH (0H)COOH+FeCO3+2H2O CH 3CH (OH) COO 2Fe?3H2O+C

13、O2 T.I .制备FeCO3：装置如下图.第5页,共22页(1) B的名称是.(2)清洗仪器,检查装置气密性的方法是：在D处导管末端套上夹止水夹的橡胶管,在A中参加水,分别翻开活塞 Ki和、关闭活塞,或刚好相反,假设观 察到,那么气密性良好.倒掉A中的水参加盐酸,在 B中参加铁粉、C中参加NH4HCO3溶液.关闭活塞 K2,翻开活塞K3；滴入足量盐酸后,关闭活塞 Ki,开动搅拌器,反响一段时间后 关闭活塞、翻开活塞 , C中发生的反响的离子方程式为 . n .制备乳酸亚铁晶体： 将制得的FeCO3参加乳酸溶液中,参加少量铁粉,在75 C 下搅拌使之充分反响.然后再参加适量乳酸.(3)参加少量

14、铁粉的作用是 .从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是：隔绝空气低温蒸发,冷却结晶, 、枯燥.m .乳酸亚铁晶体纯度的测量：(1)假设用KMnO 4滴定法测定样品中 Fe2+的量进而计算纯度时,发现结果总是大于100%,其原因可能是 .(2)经查阅文献后,改用 Ce (SO4)2标准溶液滴定进行测定.反响中Ce4+离子的复原产物为Ce3+.测定时,先称取5.760g样品溶解后进行必要处理, 用配制成250mL 溶液,每次取25.00mL,用0.1000mol/LCe (SO4) 2标准溶液滴定至终点,记录数 据如表.那么产品中乳酸亚铁晶体的纯度为： (以质量分数表示,乳酸亚铁式 量为28

15、8).滴定 次数0.1000mol/LCe (SO4) 2标准液体积 /mL滴定前读数滴定后读数A0.1019.85B0.1221.32C1.0520.70第6页,共22页1 .【答案】B【解析】解:A、制玻璃的原料：石英砂、石灰石、长石、纯碱、硼酸等；制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化 钙进而得到消石灰, 用氯气与消石灰反响得到漂白粉,因此工业上生产玻璃、水泥、漂白粉,均需 要用石灰石为原料,故A正确；B、石油的分储是利用石油中各 组分的沸点的不同,用加热的放热将其别离的方法,故是物理变化,故B错误；C、地沟油的主要成分为油脂,而油脂是高级脂肪酸的甘油酯,故在碱

16、性条件下水解能生成高级脂肪酸钠,是肥皂的主要成分,故可以来制取肥皂,故C正 确；D、矿物燃料燃烧能生成二氧化硫和氮的氧化物,均 为大气污染物,故实施矿 物燃料 脱硫、脱硝技术,可以减少硫、氮氧化物对环境的污染,故D正确. 应选：BoA、制玻璃的原料：石英砂、石灰石、长石、纯碱、硼酸等；制水泥的原料：石灰 石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化 钙进而得到消石灰,用氯 气与消石灰反响得到漂白粉；B、石油的分储是利用石油中各 组分的沸点的不同,用加热的放热将其别离 的方法；C、地沟油的主要成分为油脂；D、矿物燃料燃烧能生成二氧化硫和氮的氧化物.此题考查了与化学有关的生活常 识,难度不大,应

17、注意的是石油的分 储和石 油的裂化、裂解的不同.2 .【答案】C【解析】解:A.含有醛基、羟基,可被酸性高钮酸钾氧化,故A正确；B.酉修基能发生取代反响,碳碳双键和醛基能发生加成反响,醛基能发生氧第7页,共22页 化反响和复原反响,可发生聚合反响,故B正确；C.水解所的有机物含有饱和碳原子,具有甲烷的结构特点,那么所有的原子不 可能在同一个平面上,故C错误；D .该有机物水解生成的磷酸能和 NaOH反响,且生成的羟基具有酚羟基的性 质,那么1mol该有机物最多能与4molNaOH反响,故D正确； 应选:C.该有机物中含有碳碳双 键、醛基、酉欣基,具有烯烧、醛、醇的性质,育改生 加成反响、氧化反

18、响、复原反响、酯化反响等,以此解答该题.此题考查有机物的结构和性质,为高考常见题型,侧重于学生的分析水平的 考查,注意把握有机物的结构和官能团的性质为解答该题的关键,侧重醇、 醛、酯性质的考查,题目难度不大.3 .【答案】B【解析】解：根据分析可知:X为C元素,Y为Na, Z为P元素,W为S元素.A.金属Na熔点较低,P存在白磷和红磷,S存在多种形态,那么无法比拟三种单质熔点,故A错误；B,非金属性Z P) WM S),那么最高价氧化物 对应的水化物的酸性：W>Z,故 B正确；C.同周期自左而右原子半径减小、电子层越多原子半径越大,故原子半径：YNa)区P) M S)京C),横错误；D.

19、 C、Na、S的氢化物分别为甲烷、NaH和硫化氢,NaH为离子晶体,其沸点 最高；甲烷和硫化氢都是分子晶体,相对分子量：甲烷(硫化氢,那么硫化氢沸 点较高,所以简单氢化物沸点：Y>W>X,故D错误； 应选：Bo短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,它们分别位于不同的主族,X第8页,共22页 的最高正价与最低 负价代数和为0, X与W所在族序数之和等于10,那么X处 于IV A主族、W处于VI A族,结合原子序数可知,X为C元素、W为S元素；Y 与Z最外层电子数之和与 W的最外层电子数相等,即Y、Z最外层电子数之 和为6,又由于分别位于不同的主族,只能为IA、VA族元素,结合原

20、子序数, 那么Y为Na、Z为P元素,据此解答.此题考查了原子结构与元素周期律的关系,题目难度中等,推断元素为解答 关键,注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容,试题培养了学生的分析 水平及逻辑推理水平.4 .【答案】D【解析】解:A.1 L 0.1 mol?L-1 NH4)2Fe SO4)2溶液中,溶液中亚铁离子水解,Fe2+的数目小于0.1Na,故A错误；4.1 mol SO2和1 mol.2在一定条件下反 应,彳眼完全反响,生成的三氧化硫 的物质的量1mol,剩余氧气0.5mol,但反响为可逆反响,那么反响后的气体的 分子总数大于1.5Na,故B正确；C.计算物质的量n=由:=0.1mol

21、,15N2中含有的中子数2X 15-7)=16, 20.1mol15N2中含有的中子 总数为1.6Na,故C错误；15朋工D.标准状况下,每生成15.68 L气体物质的量=“ j =0.7mol,转移电子 L J 111 (H数目为0.8Na,故D正确；应选：D.A.溶液中亚铁离子水解；B.二氧化硫与氧气的反响为体积缩小的可逆反响,反响物不可能完全 转化 成生成物；C.计算物质的量口=用；：舄=0.1mol,15N2中含有的中子数2X 15-7)=16； i .i |D.2 NH4)2Fe SO4)2Fe2O3+2NH3 T +N? +4SOT +5I2O, 3中生成第9页,共22页 7mol

22、气体单质转移8mol;此题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断、氧化复原反响电子转移的计算 等,题目难度中等,注意掌握好以物质的量为中央的各化学量与阿伏加德 罗 常数的关系,试题有利于培养学生的逻辑推理水平,提升学生灵活运用根底 知识解决实际问题的水平.5.【答案】C【解析】解:A.乙烯与澳水发生加成反响,溶液褪色,故A错误；B.二氧化碳与氯化钢不反响,无现象,故B错误；C.氯气与氯化亚铁反响生成氯化铁,那么氧化性Cl2>Fe3+,故C正确；D.二氧化硫与高钮酸钾发生氧化复原反响,与二氧化硫的复原性有关,故D 错误；应选:C.A.乙烯与滨水发生加成反响；B.二氧化碳与氯化钢不反响；C,氯气

23、与氯化亚铁反响生成氯化铁；D.二氧化硫与高钮酸钾发生氧化复原反响.此题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的性质、小与现象、 实验技能为解答的关键,侧重分析与实验水平的考查,注意实验的评价性分 析,题目难度不大.6 .【答案】D【解析】解:A. b电极为正极、a电极为负极,电流由b极经过电压表流向a极,故A错误；B. b电极为正极、a电极为负极,内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负 极,所以溶液中的OH-向a极移动,故B错误；第10页,共22页C. a极上NH3被氧化生成氮气,发生失去电子的氧化反响,结合碱性条件有 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O,故C 错误；D. b极上

24、氧气得 电子被复原,电极反响式为O2+4e-+2H2O-40H或 3O2+12e-+6H2O 120H,故D 错误；应选：D.NH3被氧化为常见无毒物质,生成氮气,Pt电子通入氨气生成氮气,为原电池 负极,电极反响式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O,那么b为正极,氧气得电子被 复原,电极反响式为O2+4e-+2H2O-4OH,外电路中电流由b极流向a极、内 电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极,据此解答.此题考查了原电池原理,为高频考点,侧重考查学生的分析水平,根据O、N 元素化合价变化判断正负极,再结合反响物、生成物及得失电子书写电极反 应式,注意结合电解质书写电极反响式,题目

25、难度不大7 .【答案】D【解析】解：H2c2O4 溶液存在 H2C2O4? HC2O4-+H + , HC2O4-? C2O42-+H + , Ka12_、H2c2.4)二j 应 2.4)Ka2 H2c2.4)=K Cz.42 ),-ig+-lgc HC2O4-)=-lg Ka) -lg2-、-.+-lgc C2O4 )=-lg,可知朦M表示-lg;Ka2),瞅a1>Ka2,那么-lg Ka1) vlg Ka2)J tjt I-lgc HC2O4-)的关系,喊N表示-lg-/彳亦；和-lgc C2O42-)的关系. C'Jf l I2A.由 M 曲线可知,-lg Ka1)=lg

26、彳就+-lgc HC2O4 )=2 ,那么 Ka1=10 , 故A正确；_ b.根据分析可知,曲线m表小-1g为两和-1gc HC2O4的关系,故B正确； _9_ _._C.由N 曲线可知,-lgg7jj+-lgc C2O42 )=-lg Ka2)=5,那么Ka2=10-5.向NaHC2O4溶液中加少量 NaOH 至 c HC2O4-)和c C2O42-)相等,Ka2 H2c2O4)=力段j >t C2O42-)=c H+)=10-5,溶液的 pH=5,故C 正确；第11页,共22页D.Ka2=10-5,由于Ka1=10-2,故HC2O4冰解平衡常数 Kh=；二=10-12<Ka2

27、=10-5,说明HC2O4-的电离程度大于水解程度,溶液呈酸性,但是其 电离 和水解程度都 较小,钠离子不水解,钠离子浓度最大,那么溶液中c Na+) >cHC2o4-)2 c2o42-)* H2c2o4) , Do 错误；应选：D.H2c2O4 溶液存在 H2c2O4?HC2O4-+H + ,HC2O4-?C2O42-+H + ,Ka1 H2c2.4)2-、.=】而：而.叫.4),Ka2 H2c2.4)=彳山,"j 9 C204)Hg 3jj+Hgc HC2O4-)=-1g Ka1)Hg%；卷;j+Hgc gQ2-)小 Ka2),坏a1>Ka2,那么-lg Ka1) &

28、lt;lg Ka2),可知融 M 表示-Ig 一和 -Igc HC2O4-)的关系,峨N表示-偿二和-Igc C2O42-)的关系.<1 itt jtJ . . _ _A.岷 M 中：-Ig Ka1)=lg+Hgc HC2O4)=2;B .根据分析判断曲线M表示的意义；C. c HC2O4-)和c C2O42-)相等,SKa2 H2C2O4) = -'：->C C2O42-)=c f,/J MJH+),由雌N计算Ka2;D. HC2O4-水解平衡常数Kh=10-12<Ka2=10-5,说明HC2O4-的电离程度大于水解程度,溶液呈酸性,但是其 电离和水解程度都 较小,

29、钠离子不水 解,钠离子浓度最大 此题考查酸碱混合溶液定性判断及弱 电解质的电离,题目难度中等,正确判 断纵横坐标含义及纵横坐标关系是解此题关键,注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系,难点是D中电离程度与水解程度相 对大小判断,试题培养了学生 的分析水平及综合应用水平8.【答案】加快反响速率,提升转化率 吸热 600c c S2-+H2O? HS-+OH-、 HS-+H20? H2S+OH- Ba (OH) 2 Ca (OH) 2 Mg (OH) 2 金属性增强,最高价氧 化物对应水化物碱性增强失电子水平增强、金属性增强不填 Ba2+ (aq) +2NO3(aq) ? Ba (NO3) 2 ( s

30、)稍过量的硝酸有利于提升 c ( NO3-),促进平衡向晶体析出的 方向移动,提升 Ba (NO3) 2的析出率【解析】第12页,共22页 解：10上述流程中将重晶石和煤磨成粉状的目的是加快反 应速率,提升转化 率,故答案为：加快反立速率,提升转化率；2)由图可知升高温度,CO的物质的量增大,那么升高温度平衡正向移 动,为吸热反响,为简式副反响的发生,应在600c以上进行,故答案为：峻；600 C；由图象可知参加C应减少副反响,使硫酸钢完全转化生成BaS,且C生成CO, BaS为0.2mol, CO为0.75mol,那么原料中一芸焉 至少为3.75,故答案为：c；3) BaS水解可是 Ba O

31、H)2,方程式为 S2-+H2O? HS-+OH-、HS-+H2O? H2s+OH-,故答案为：S2-+H2O? HS-+OH-、HS-+H2O? H2s+OH-;Mg、Ca、Ba处于同一主族,着原子序数递增,原子半径增大,失电子水平增强、金属性增强,那么金属性Ba>Ca>Mg ,最高价氧化物对应水化物碱性增强,三种碱的碱性由强到弱顺序为Ba OH)2>Ca OH)2>Mg OH)2,故答案为：Ba OH)2；Ca OH)2;Mg OH)2；金属性增强,最高价氧化物对应水化物碱性增强；仙子水平增强、金属性增强；4)溶液中存在,Ba2+ aq)+2NO3- aq)? Ba

32、 网)2 S)稍i量的硝酸有利于提高c NO3-),他平衡向晶体析出的方向移 动,有利于提升Ba NO3)2晶体的 析出率,故答案为：Ba2+ aq)+2NO3- aq)? Ba NO3)2 S)稍i量的硝酸有利于提升cNO),施平衡向晶体析出的方向移动,提升Ba NO3)2的析出率.重晶石主要成分为BaSO4,含少量的SiO2、CaO和MgO杂质,参加煤粉,高-44一一_ li'ln： .一一 , 一,温煨烧,发生BaSO4+4CBaS+4CO,除此以外还可能有BaCO3等副产物第13页,共22页 生成,然后用90c的热水浸取,趁热过滤,除去杂质,参加硝酸,可与BaS反 应生成硝酸钢

33、,以此解答该题.此题考查物质的制备实验,为高频考点,把握物质的性质、发生的反响、混合 物别离方法为解答的关键,侧重分析与实验水平的考查,注意元素化合物知 识及平衡移动原理的应用,题目难度不大.9.【答案】CO2 (g) +3H2 (g) =CH3OH (l) +H2O AH=-93.8kJ ?mol_1 I 该反响为放热反响,温度升高,平衡逆向进行 放热 0.17mol?L-1?min-1 0.50mol?L-1 =MPa【解析】解：io根据co g)木出2 g)的炫烧热&H),可嫄化学方程式：(iCO g)1+ 3O2 g)=CO2 g)AH=-283.0kJ?mo-1;1(HH2

34、g)+ ,O2 g)=H2O )AH=-285.8kJ?mo-1;根据图象曲线变化可写出热化学方程式(出)co g)+2H2 g)=cH30H g) AH=- 510-419) kJ?mo-1l=-91 kJ?mo1.根据盖斯定律,利用(n)+(m> (i),可热化学方程式：co2 g)+3H2 g) =CH3OH )+H2O )AH=-93.8 kJ?mo-1,故答案为：CO2 g)+3H2 g)=CH30H)+H20)AH=-93.8 kJ?mo-1;由图象可知催化剂I的催化效果最正确；该反响为放热反响,到达平衡后,随温度升高,平衡逆向进行,C02的转化率降低,故答案为：I;该反响为

35、放热反响,温度升高,平衡逆向进行；2)650C时,根据三段式进行有关数据处理：co g)+H2.g)?co2 g)+H2 g)起始/mol 4200转化/mol 1.61.61.61.6平衡/mol 2.40.41.61.6I 6I故650c时,CO转化率为：=0.4>即温度越高,转化率越低,故正反响4it第14页,共22页为放热反响,故答案为：侬；900c时,结合CO的转化率,根据三段式进行有关数据处理：CO g)+H2.g? CO2 +H2 起始/mol 3200转化/mol 1111平衡/mol 2111v H2O) =31=0.17nol?L-1?min-1,3加门-1c H2)

36、=0.50 mol?L ;故答案为：0.17 mol?L-1?min-1 ；0.50 mol?L-1 ；3)发生 2H2s g? 2H2 g)+S2 g)由图象可知,温度为T4c时,H2s平衡转化率为40%,故所消耗H2s的物质的量为0.20 mol 40%=0.08 mol,剩余 H2s 的物质的量为 0.20 mol-0.08 mol=0.12 mol,生成H2的物质的量为0.08 mol,生成0的物质的量为0.04 mol,那么 p H2S)=jMPa,P H2)= ； MPa,P 力=加Pa,故平衡常数Kp=A 咛 MPa.故答案为：='MPa.(j )- 2iQ)根据CO g

37、) ffiH2 g)的燃尧热写成热化学方程式,结合盖斯定律书写甲醇的热化学方程式；由图象可知催化剂I的催化效果最正确；该反响为放热反响,温度升高,平衡逆向移动；2)650c时,根据三段式进行有关数据 处理：CO g)+H2.g)?CO2 g)+H2 g)起始/mol 4200第15页,共22页转化/mol 1.61.61.61.6平衡/mol 2.40.41.61.6根据温度对转化率的影响判断；900c时,结合CO的转化率,根据三段式进行有关数据处理:co+力.？ co2+心g起始/mol 3200转化/mol 1111平衡/mol 2111以此计算反响速率和浓度；3)发生2H2s g)?2H

38、2+S2 用,温度为T4c时,H2s平衡转化率为40%,计算平衡浓度,进而计算平衡常数.此题考查化学平衡的计算,为高频考点,侧重考查学生的分析水平和 计算能 力,注意把握盖斯定律的运用,把握平衡常数的意 义以及三段式法的计算方 法,难度中等.X10710.【答案】X射线衍射形 "0 NH2 AB 327 CuCl为分子晶体,CuF为离子晶体解：10从夕观无法区分三者,但用X光照射挥发现：晶/tX射线发生衍射, 非晶体不发生衍射,准晶体介于二者之 间,因此通过有无衍射现象即可确定, 故答案为:X射线衍射;2)Cu的原子序数为29,价电子排布为3d104s1,基态铜原子的价电子排布图3)

39、/2日+与心0、nh2互为等电子体,结构相似,为V形,故答案为:V形;第16页,共22页h2o、nh2-；4)NH4"qN原子形成4个6键,为sp3杂化,氟化俊为离子化合物,含有离 子键和共价键,即键,故答案为：sp3;AB;5)伸象可知,断裂3molF-F键,吸收465kJ能量,那么F-F键的键能为155kJ?mo-1,形成6molS-F键,放出1962kJ能量,贝U S-F的键能为 刖金()kJ?mol-1=327kJ?mo-1,故答案为：155; 327;6)CuCl的熔点为426C ,熔化时几乎不导电,应为分子晶体,而CuF为离 子晶体,那么CuF比CuCl熔点高,故答案为：

40、CuCl为分子晶体,CuF为离子晶体； CuF的密度为7.1g?cm3,晶胞中Cu、F的个数分别为4,(其代u为8X1+6X 1 =4)那么-=7.1g?cn53, a=3X107nm,2, (ax KIj-IA.i,7故答案为：W 一1寸M07.Q)晶体对X射线发生衍射,非晶体不发生衍射,准晶体介于二者之间；2)Cu的原子序数为29,价电子排布为3d104s1;3)h2f+与h2o、nh2-等互为等电子体,结构相似；4)NH4qN原子形成4个6键,氟化钱为离子化合物,含有离子键和共价键;5)伸象可知,断裂3molF-F键,吸收465kJ能量,形成6molS-F键,放出1962kJ能量,以此计

41、算键能；6)CuCl的熔点为426C ,熔化时几乎不导电,应为分子晶体,而CuF为离 子晶体；CuF的密度为7.1g?cm3,晶胞中Cu、F的个数分别为4,结合计算.此题综合考查物质结构和性质,为高考常见题型,涉及晶胞计算、微粒空间 构型判断、原子杂化方式判断等知 识点,侧重考查根本知识及根本原理,侧第17页,共22页重考查学生公式运用、空间想像及数学运算水平,难点是晶胞计算方法,题目难度中等.11.【答案】苯甲醇加成反响 NaOH水溶液、加热 CDCHOHOCHCH:COCHj户NnOH精演CH3COCHj +H-CHrCHO /版赧C1UHOH我WM阳常港CH 里 HOOCH151出CH=

42、 CH- CHO：CH：OH【解析】解：10C为,C的名称是苯甲醇, 故答案为：苯甲醇;2)F-H的反响类型为加成反响,ETC为卤代姓的水解反响,该反响的试剂和条件是NaOH水溶液、加热, 故答案为：力口成反响；NaOH水溶液、加热;3)A .质谱仪测定其相对分子质量,故错误;B.元素分析仪测定元素,故错误;C.红外光谱仪测定化学键和官能团,故正确;D.核磁共振氢谱仪测定H原子种类及各类氢原子个数之比,从而确定存在的化学键和官能团,故正确;应选CD；4)AE的化学方程式瑜8 +故答案为CHO严NitQH招泄5)E的同分异构体符合以下条件:第18页,共22页既能发生银镜反响,又育级生水解反响,说

43、明含有HOOC-；属于芳香族化合物,说明含有苯环;苯环上只有2个取代基,如果取代基为HCOO-、CH3cH2cH2-,有邻问对3种;如果取代基 为HCOO-、 CH32CH-,有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH2-、CH3cH2-,有邻间对3种;如果取代基为HCOOCH2cH2-、CH3-,有邻间对 3种;如果取代基为符合条件的有HCOOCH CH3)-,CH3-,有邻间对 3种, 15种;CHCHOOCH其中核磁共振 氢谱有六组峰,且峰面积之比为3:3:2:2:1:1的是如:CH 型 HOOCH故答案为：15;6以D和乙醛为原料合成如3CH2CH2CH1OH 其他无机试剂自选,苯甲醛和乙

44、醛发生加成反响,然后发生消去反响、最后发生加成反响得到目标产物,其合成路线为CchqH-CHrCHO 浓俄赧3-ch=ch- cho li ,x.CH2CH2CE2OH ,EfCH 口故答案为：Q-CHO沼颇>>pCH= CH-CHO JL X.根据D结构简式及A分子式知,A为A , A发生取代反响生成B为CH2CI , B发生水解反响生成C为, C发生催化氧化生成D ;第19页,共22页ch=chcoch3D发生加成反响生成E,根据F分子式知,E发生消去反响生成"入；F和G发生加成反响生成H ;6以D和乙醛为原料合成其他无机试剂自选,苯甲醛和乙醛发生加成反响,然后发生消去反响、最后发生加成反响得到目标产 物.此题考查有机物推断和合成,侧重考查分析推断及知识综合运用、知识迁移 水平,明确反响前后碳链结构变化是解此题关键,易错点是同分异构体种 类 判断,要考虑碳链异构、位置异构,题目难度不大.12.【答案】蒸储烧瓶 K3 A中液面下降到一定程度保持稳定 K3 K2 Fe2+2HCO1=FeCO3 J +COT +HO 预防亚铁离子被氧化过滤、洗涤 乳