2020届河北衡中同卷新高考押题冲刺模拟(一)化学试卷

202020届河北衡中同卷新高考押题冲刺模拟（一）化学试题★祝你考试顺利^注意事项：1、考试范围：高考考查范围。2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。6、保持卡面清洁，不折叠，不破损。7、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。化学与材料、生活和环境密切相关。下列有关说法中正确的是（）煤炭经蒸馏、气化和液化等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性“海水淡化”可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A.煤炭气化生成CO和氢气，液化生成甲醇，可获得清洁能源和重要的化工原料，蒸馏为分离液体混合物的方法，则煤炭不能蒸馏，故A错误；酒精可使蛋白质发生变性，则医药中常用酒精来消毒，故B正确；明矶中铝离子水解生成胶体，胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质，但不能淡化海水，故C错误；光导纤维的成分为二氧化硅，为无机物，而新型材料聚酯纤维属于有机高分子化合物，故D错误；答案选B。下列与化学有关的文献，理解错误的是《咏石灰》（明•于谦）中“…烈火焚烧若等闲…要留清白在人间”其中“清白”是指氢氧化钙《咏煤炭》（明•于谦）中“凿开混沌得乌金…不辞辛苦出山林”其中“乌金”的主要成分是煤炭《天工开物》中记载：“以消石、硫磺为主。草木灰为辅。…魂散惊而魄齑粉”文中提到的是火药《天工开物》中有如下描述:“世间丝、麻、裘、褐皆具素质…”文中的“裘”主要成分是蛋白质【答案】A【解析】【详解】A.《咏石灰》（明•于谦）中“……烈火焚烧若等闲……要留清白在人间”，描述的是碳酸钙的受热分解，其中“清白”是指氧化钙，故A错误；《咏煤炭》（明•于谦）中“凿开混沌得乌金……不辞辛苦出山林”描述的是煤炭的开采，其中“乌金”的主要成分是煤炭，故B正确；《天工开物》中记载：“以消石、硫磺为主。草木灰为辅。……魂散惊而魄齑粉”，消石、硫磺是制造火药的主要原料，故C正确；《天工开物》中有如下描述：“世间丝、麻、裘、褐皆具素质……”文中的“裘”指的是动物的毛皮，主要成分是蛋白质，故D正确；故选A。3•设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是常温下，1mol浓硝酸与足量Al反应，转移电子数为3NA标准状况下，5.6LCl2完全溶解于水配成1L溶液，溶液中Cl-数为0.5NA20gH2i8O含有的中子数为10NA1L0.5mol.L-iAl,（SO4）3溶液中阳离子所带电荷数为3NA【答案】C【解析】【详解】A.常温下，浓硝酸使Al钝化，不能进一步反应，A错误；Cl2与水反应是可逆反应，不能完全转化为HCl和HClO,氯水中还含有未反应的Cl2,B错误；20gHO的物质的量为1mol，其中H原子核内无中子，1个180含10个中子，则1molH「O含有10mol中子，C正确；溶液中Al3+及Al3+水解生成的H+所带电荷的物质的量为1LX0.5mol/Lx2x3=3mol，溶液中还有H20电离出的H+,故溶液中阳离子所带电荷数大于3NA，D项错误；故合理选项是C。4•如图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法正确的是价+s+■1-+21列说法正确的是价+s+■1-+21?bMe原子序数(2(e.+6)g)*A.31d和33d属于同种核素气态氢化物的稳定性：a>d>e工业上常用电解法制备单质ba和b形成的化合物不可能含共价键【答案】C【解析】【详解】结合题图可推知a为O,b为Na,d为P,e为S元素。3id和33d属于同种元素的不同核素，二者互为同位素，A错误；元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O>S>P,故气态氢化物的稳定性：H2O>H2S>PH3，B错误；工业上常用电解熔融NaCl的方法制备单质Na,C正确Na、O两种元素形成的化合物Na2O2中含有共价键、离子键，D错误；故合理选项是Co5.白屈菜有止痛、止咳等功效，从其中提取白屈菜酸的结构简式如图所示。下列有关白屈菜酸的说法中不正确的是正确的是分子式是C7H4O6B.能发生加成反应能发生水解反应D.能发生酯化反应【答案】C【解析】【详解】A.由题给白屈菜酸的结构简式可知，该物质分子式为C7H4O6，A正确；白屈菜酸的结构中含有C=C键和C=O键，能与H2发生加成反应，B正确；白屈菜酸分子结构中不含酯基或其他可水解的基团，因此不能发生水解反应，C错误;白屈菜酸分子结构中含有羧基，可以与醇或酚发生酯化反应，D正确；故合理选项是Co6•三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液pH增大该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品负极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，负极区溶液pH降低当电路中通过lmol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成答案】B解析】【详解】A.根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH-失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H+)>c(OH-),所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH-)>c(H+),所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H+)增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol#=0.25mol,故D错误。故选B。【点睛】本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池(包括电镀池、精炼池)，根据电解时电极质量或溶液pH的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。【此处有视频，请去附件查看】7.室温时，下列各溶液的叙述中正确的是将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，析出的AgCl沉淀少于AgBr沉淀已知酸性：HF>CH3COOH,pH相等的NaF与CH3COOK溶液中：[c(Na+)—c(F—)]V[c(K+)—c(CH3COO—)]O.lmol/L的氨水的pH=a,0.01mol/L的氨水的pH=b,则a—1>b0.10mol・L-iCH3COONa溶液中通入HC1至溶液的pH恰好等于7,则c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl—)【答案】D【解析】A、在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c(Ag+)大于后者c(Ag+),c(CI-)>c(Br-)，当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时,发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀,与此同时，溶液中c(Cl-)比原来AgCl饱和溶液中大,当加入足量的浓AgNO3溶液时,AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，选项A错误；B、pH相等的NaF与CH3COOK溶液中c(OH-)c(H+)浓度分别相等，根据电荷守恒得c(OH-)+c(F-)=c(Na+)+c(H+)c(OH-)+c(CH3COO-)=c(K+)+c(H+)、贝yc(OH-)-c(H+)=c(Na+)-c(F-)=c(k+)-c(CH3C00-)，选项B错误；C、同一温度下，浓度不同的氨水中，氨水的浓度越大其电离程度越小，所以O.lmol/L的氨水电离程度小于0.01mol/L的氨水，如果二者电离程度相等，则b=aT,但稀氨水的电离程度大于浓氨水，则b>a-1,选项C错误；D、pH恰好等于7,则c(OH-)=c(H+),电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)，故①c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)，故

c(Na+)>c(CH3COO-)，物料守恒为：②c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),②式代入①式得c(CH3COOH)二c(CI-)，综上，得:c(Na+)>c(CH3COOH)二c(CI-),选项D正确。答案选D。点睛：本题考查了离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离及盐类水解，根据溶液酸碱性结合守恒思想解答，注意C中氨水电离程度与氨水浓度的关系、注意酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，pH相等的不同酸，其抑制水电离程度相等。8•钒触媒(V2O5)是催化氧化所常用的催化剂，为综合利用，科研人员最新研制了一种离子交换法回收废钒的新工艺，回收率达90%以上。已知废钒催化剂中含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣。查阅资料可知：VOSO4可溶于水，v2o5难溶于水，nh4vo3难溶于水。该工艺的流程如下图。痣渣履应①NaiSO^H2SO4假帆催化剂履应①NaiSO^H2SO4假帆催化剂〔主要含讥兀0卜V1O-]水浸时，为了提高废钒的浸出率，除了粉碎，还可以采取的措施：，(写出2条)；写出反应①的离子方程；该工艺中反应③的沉矶率是回收钒的关键，沉钒率的高低除受溶液pH影响外，还需要控制氯化铵系数(NH4C1加入质量与料液中V2O5的质量比)和温度。根据下图建议最合适的氯化铵系数和温度：氯化铵系数为，温度为；(4(4)反应②发生后，溶液中的氯元素以Cl-的形式存在，请写出反应②的化学方程式查阅资料得知：NH4VO3也叫偏钒酸铵，其相对分子量为117,20°C时，NH4VO3溶解度为0.468g，已知离子交换后溶液中c(VO3-)=0.10mol/L，反应③沉矶时，加入等体积0.10mol/L的NH4C1溶液，通过列式计算判断此时是否有nh4vo3沉淀析出？(溶液体积变化忽略不计)写出“焙烧反应④”中由NH4VO3制备V2O5的化学方程式。【答案】(1).搅拌(2).适当升高温度，延长浸泡时间(3).V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O(4).4(5).80C(6).6VOSO4+KC1O3+3H2O=3(VO2)2SO4+KC1+3H2SO4(7).在20C时NH4VO3的饱和溶液中，c(NH4+)=c(V03-)=0.468x10/117=0.04mo1/L,Ksp=1.60x10-3,又c(NH4+)xc(V03-)=(0.10/2)x(0.10/2)=2.50x10-3>Ksp=1.60x10-3,故有沉淀析出(8).2NH4VO32NH3+V2O5+H2O【解析】水浸时，为了提高废钒的浸出率，除了粉碎，还可以采取的措施搅拌、适当升高温度、延长浸泡时间等措施；依题意，反应①中v2O5作氧化剂，SO32-作还原剂，反应的离子方程式为V2O5+SO32-+4H+=2VO2++SO42-+2H2O；根据图象分析可得，要使沉钒率最高，可控制氯化铵系数为4,温度在80C；⑷废钒中可溶性物质为VOSO4，所以反应②的化学方程式为6VOSO4+KClO3+3H2O=3(VO2)2SO4+KC1+3H2SO4⑸根据溶解度的定义可得，在20C时NH4VO3的饱和溶液中，c(NH4+)=c(VO3-)=点：爲/0.1L0.04mo1/L,则Ksp(NH4VO3)=(0.04mo"L)2=1.60x10-3mo12/L2，而此时溶液中Kq=c(NH4+)xc(V03-)=(0.10/2)x(0.10/2)=2.50x10-3>Ksp(NH4V03)=1.60x10-3,故有沉淀析出；⑹“焙烧反应④”中由nh4VO3制备V2O5的化学方程式为2NH4VO32NH3+V2O5+H2O。9•硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料，可用作分析试剂及鞣革的还原剂，易溶于水，受热、遇酸易分解。Na2S2O3^5H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaC12溶液混合无沉淀生成。工业上常利用含硫废

水生产Na2S2O3^5H2O，某化学兴趣小组在实验室中用如图所示装置(加热装置及部分夹持装置已略去)模拟其生产过程并探究其化学性质。D处曲魅的硫嚴溶液NajSDj的漏合液D处曲魅的硫嚴溶液NajSDj的漏合液烧瓶C中发生如下反应:Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+H2S(aq)2H2S(aq)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)S(s)+Na2SO3(aq)—Na2S2O3(aq)③I制备Na2S2O3.5H2O(1)加入药品之前须进行的操作是;装置D的作用是.;装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的试剂最好选用.(填字母)。A.蒸馏水B.饱和Na2SO3溶液C.饱和NaHSO3溶液D.饱和NaHCO3溶液;所制得的粗产品可以通过(2)为保证硫代硫酸钠的产量，实验中产生的SO2不能过量，原因是.;所制得的粗产品可以通过方法进一步提纯得到纯Na2S2O3・5H2O。II.测定产品纯度准确称取wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.10mol・L-tI2的标准溶液滴定。反应原理为2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。(3)滴定至终点时的现象：。滴定起始和终点时I2的标准溶液液面位置如图所示，则消耗I2的标准溶液的体积为mL的标准溶液的体积为mL。产品的纯度为(设Na2S2O3・5H2O的相对分子质量为M,列出用M、w表示的表达式)。響点響点III•探究Na2S2O3的部分化学性质【提出假设】假设一：Na2S2O3与Na2SO4的结构相似，化学性质也应该相似，因此，室温时Na2S2O3溶液的pH=7。假设二：从S的化合价推测Na2S2O3具有较强的还原性。【验证假设】配制适量Na2S2O3溶液，进行如下实验，请将实验补充完整。实验操作实验结论或现象现象解释(用离子方程式表示)假设一溶液pH=8假设二向溴水中滴入适量Na2S2O3溶液溴水褪色实验结论：W.Na2S2O3的应用⑸Na2S2O3的商品名为“海波”，俗称“大苏打”，化学上常用于滴定实验。为测定某K2Cr2O7溶液的浓度，研究小组的同学准确量取10.00mLK2Cr2O7溶液于锥形瓶中，加入过量KI固体和适量稀H2SO4，滴加几滴指示剂，用0.10mol・L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，进行3次平行实验后，测得平均消耗Na2S2O3溶液的体积为30.00mL,则c(K2Cr2O7)=mol・L-1。(已知：Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3+体积为30.00mL,则c(K2Cr2O7)=2S2O32-+I2=S4O62-+2I-)V.探究与反思(6)为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将实验方案补充完整。取适量产品配成稀溶液，(所需试剂从BaCl2溶液、稀HNO3、稀H2SO4、稀盐酸、蒸馏水中选择)。【答案】(1).检查装置气密性(2).防止倒吸(3).C(4).若SO2过量，溶液显酸性，产物分解,0.362M产率降低(5).重结晶(6).溶液由无色变蓝色，且半分钟内不褪色(7).18.10(8).%w.用玻璃棒蘸取Na2S2O3溶液点在pH试纸中部,再与标准比色卡对照(或用pH计测量Na2S2O3溶液的pH).S2O32-+H2O^^HS2O3-+OH-(11).S2O32-+4Br2+5H2O=2SO42-+8Br-+10H+(12).Na2S2O3溶液呈碱性，且具有还原性(或假设一不成立，假设二成立)(13).0.05(14).滴加足量BaCl2溶液有白色沉淀生成，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸，若沉淀部分溶解，并产生有刺激性气味的气体，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4解析】分析】(1)有气体参加的反应，组装好仪器，应该先检查气密性，装置D可以防止倒吸现象的发生，装置B观察SO2的生成速率，试剂不能溶解、反应消耗SO2；⑵根据SO2的水溶液显酸性对硫代硫酸钠的存在的影响分析；利用Na2S2O3・5H2O的溶解度受温度的影响变化较大分析提纯方法；(3)利用Na2S2O3与I2反应产生I-，及过量的I2遇淀粉溶液变为蓝色判断滴定终点，根据物质反应转化关系计算Na2S2O3的物质的量及质量，进而可得其纯度;(4)根据测定溶液pH方法确定实验操作，利用盐的水解规律分析溶液pH大小;-fy利用Br2具有氧化性，Na2S2O3具有还原性，二者发生氧化还原反应分析判断;(5)根据反应方程式，找到Na2S2O3与K2Cr2O7的关系式，然后计算;(6)利用BaSO4不溶于水，也不溶于酸，而BaSO3不溶于水，却能溶于酸，反应放出SO2分析。【详解】(1)组装好仪器，在加入药品前应先检查装置的气密性；装置D为安全瓶，可以防止倒吸现象的发生；装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，则所选试剂应不与SO2反应，且SO2在其中的溶解度较小,最好选用饱和NaHSO3溶液，故合理选项是C；(2)由题意可知硫代硫酸钠受热、遇酸易分解，若SO2过量，SO2溶于水复原产生H2SO3,使溶液显酸性，导致硫代硫酸钠分解，使物质产率降低；Na2S2O3・5H2O的溶解度受温度的影响变化较大，所以通常采用重结晶的方法提纯该晶体产物。⑶Na2S2O3与I2反应产生I-,因此当Na2S2O3反应完全，过量的I2遇淀粉溶液变为蓝色。故滴定至终点时,溶液颜色的变化是由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色。根据滴定起始和终点的液面位置图可知反应消耗I2的标准溶液的体积为18.10mL。n(I2)=0.10mol/Lx0.01810L=1.81x10-3mol；根据2S2O32-+I2=S4O62-+2I-中关系式2S2O32-〜I2可知n(Na2S2O3)=2x1.81x10-3mol=3.62x10-3mol,所以产品的纯度为3.62x10-3molxMg/mol0.362Mx100%=—w%。wg(4)假设一的实验结论是溶液的pH=8，则实验目的是测定溶液的pH,具体操作是用玻璃棒蘸取Na2S2O3溶液点在pH试纸中部，半分钟后将试纸颜色与标准比色卡对照，即得该溶液的pH大小。Na2S2O3是强碱弱酸盐，在溶液中S2O32-发生水解作用，消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终当达到平衡时,溶液中c(OH-)>c(H+)，所以溶液呈碱性，水解反应的离子方程式是S2O32-+H2^^HS2O3-+OH-。假设二的实验现象是溴水褪色，证明Na2S2O3有还原性，发生反应的离子方程式是S2O32-+4Br2+5H2O=2SO42-+8Br-+10H+，使溶液褪色，故实验结论是Na2S2O3溶液呈碱性，且Na2S2O3具有还原性。(5)根据所给离子方程式Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H20,2S2O32-+I2=S4O62-+2I-可得对应关系式K2Cr2O7116Na2S2O3，则c(K2Cr2O7)=石xn(Na2S2O3)^V=石x0.10mol/Lx0.03L—0.01L=0.05mol/L。⑹题干中给出Na2S2O3稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。则可取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl溶液，有白色沉淀生成。经过滤并用蒸馏水洗涤沉淀后，向沉淀中加入足量稀盐酸，若固体部分溶解，产考查了物质的分离提纯、检验、氧化还生无色有刺激性气味的气体，就证明产品中含有Na2SO3和Na2SO4。考查了物质的分离提纯、检验、氧化还【点睛】本题以探究硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3・5H2O)的性质为线索,原反应、实验方案的设计优化等，掌握化学反应原理和化学基础知识是本题解答的关键。在检验Na2SO3和Na2SO4的存在时，为防止Na2S2O3・5H2O分解产物的影响，要先过滤，经蒸馏水洗涤之后再加稀盐酸检验,不能使用具有强氧化性的硝酸酸化。10-甲醇是一种重要的化工原料，工业上利用CO2和屯在一定条件下反应合成甲醇。已知：2CH0H⑴+30(g)=2C0(g)+4H0(g)AH=-12756kJ・mol-i32222C0(g)+0(g)=2C0(g)AH=-566.0kj・mol-iHO(g)=HO(l)AH=-44.0kj・mol-i22写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式。⑵在容积为IL的密闭容器中，投入ImolCO和2molH2,在不同条件下发生反应：C0(g)+2H2(g)—CH3OH(g)。实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强变化如图1所示：该反应的AH0(填“〉”、“〈”或“=”)，判断理由。M点时，C0的转化率为。506K时该反应的平衡常数K=(保留三位小数)。

某同学绘制的压强为p时，不同温度下上述反应的平衡常数的对数值(lgK)如图2所示。A、B、C、D、E五点中能正确表示该反应的lgK与温度(T)的关系的点为。下列叙述能说明反应C0(g)+2H2(g)L^CH3OH(g)达到平衡状态的是(填序号)。单位时间内生成2molH的同时消耗ImolCO2反应过程中c(CO):c(CHOH)=l：13恒温恒容时，混合气体的密度保持不变绝热恒容时，反应的平衡常数不再变化【答案】(1).CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-442.8kJ/mol(2).V(3).从图像看出：随着温度升高，甲醇的物质的量减少，说明平衡逆向移动，正反反应放热(4).25%(5).0.148(6).ABE(7).AD【解析】【分析】根据盖斯定律计算书写热化学方程式；①从图像可以看出：随着温度升高，甲醇的物质的量减少，说明平衡逆向移动，据此分析；M点时甲醇是0.25mol,根据方程式可知消耗CO是0.25mol，根据转化率计算公式计算。平衡时消耗氢气是0.5mol,剩余CO和氢气分别是0.75mol、1.5mol，容积为1L,根据平衡常数表达式计算；正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，lgK减小，据此解答；根据平衡状态的特征分析判断。【详解】⑴已知：①2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)AH=-1275.6kJ・mol-i2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)AH=—566.0kJ・mol-iH2O(g)=H2O(l)AH=—44.0kJ・mol-i根据盖斯定律可知(①一②+③X4)/2即得到甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-442.8kJ/mol；①从图像可以看出：随着温度升高，甲醇的物质的量减少，说明平衡逆向移动，正反应放热，因此该反应的△HV0；②M点时甲醇是0.25mol，根据方程式可知消耗CO是0.25mol，所以CO的转化率为25%。平衡时消耗氢气是0.5mol，剩余CO和氢气分别是0.75mol、1.5mol，容积为1L,所以506K时该反应的平衡常数K=0.250.750.250.75xl.52沁0.148；9正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，lgK减小，所以能正确表示该反应的lgK与温度(T)的关系的点为ABE；A.单位时间内生成2molH2的同时消耗ImolCO表示正逆反应速率相等，达到平衡状态，A正确；反应过程中c(CO):c(CH3OH)=l：1不能说明正逆反应速率相等，反应不一定达到平衡状态，B错误;密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此恒温恒容时，混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，C错误；绝热恒容时，反应的平衡常数不再变化说明温度不再发生变化，反应达到平衡状态，D正确，答案选AD。11.锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]，有个未成对电子。光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是。Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子杂化方式为，微粒之间存在的作用力是。的晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。下图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0,0，11110)；b为(亍，0，2)；c为(2，2，0)。则d原子的坐标参数为。②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm,其密度为g・cm~3(列出计算式即可)。111【答案】(1).3di04s24p2(2).2(3).O>Ge>Zn(4).sp3(5).共价键(6).(才，二，才)8x73x107(7).6.02x565.763【解析】【分析】(1)根据构造原理书写锗的核外电子排布式，结合一个轨道上最多有2个自旋方向相反的电子存在确定原子中成单电子数目；

同一周期元素，原子序数越大，元素的电负性越大；元素的非金属性越强，其电负性就越大；根据金刚石的结构及其中C原子杂化方式分析判断Ge原子杂化类型和化学键类型；⑷①由A、B、C参数，可知A为坐标系原点，B处于前平面面心、C处于下底面面心，D与周围4个原子形成正四面体结构，D处于四面体中心，D与顶点A的连线处于晶胞体对角线上。m②先计算一个晶胞中含有的Ge原子个数、晶胞的质量，再计算晶胞体积，根据p=v计算晶体密度。【详解】(1)32号锗元素在周期表的第四周期第WA族，根据构造原理，可知Ge核外电子排布式为[Ar]3dio4s24p2,p轨道上的2个电子是未成对电子。⑵Zn和Ge为同周期元素，Ge在Zn的右边，因此Ge的电负性比Zn的强；O为活泼的非金属元素，电负性强于Ge和Zn，因此三者电负性由大至小的顺序为0>Ge>Zn。Ge单晶为金刚石型结构，金刚石中碳原子的杂化方式为sp3，因此Ge原子的杂化方式也为sp3；在Ge单晶中Ge原子之间存在的作用力为共价键。⑷①由A、B、C参数，可知A为坐标系原点，B处于前平面面心、C处于下底面面心，D与周围4个原子形成正四面体结构，D与顶点A的连线处于晶胞体对角线上，过面心B、C及上底面面心原子的平面且平行1侧面将晶胞2等分，同理过D原子的且平行侧面的平面将半个晶胞2等分，可知D位于到各个面的处，1111由B、C参数可知晶胞棱长为1，D到各坐标平面的距离均为匚，故D的坐标参数为(丁，，—);4444118x73g/mol②每个晶胞中含有锗原子+6x^+4=8(个)，每个晶胞的质量m=n/mol，晶胞的体积V=A(565.76x10-10cm)3，所以晶胞的密度8x73g/molmp==8x73g/molmp==VN/mol（565.76；10-1ocm）8x736.02x1023x（565.76x10-10J3g/cm3=8x73x1076.02x565.763g/cm3。【点睛】本题考查了物质结构的知识。涉及原子的杂化、化学键类型的判断、元素电负性大小比较及晶体结构的计算。掌握物质结构理论是本题解答的关键。在计算晶胞密度时，要学会利用均摊法，同时注意长度单位的换算。其中确定D点坐标是本题的易错点，关键是找准D点相对其它各点的位置关系。12.8-羟基喹啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。下图是8-羟基喹啉的合成路线。

A4OkJIHOC]高温试剂1聶加成iftu2so4c(GHX)C】』L(GKND)*G(CJlrNO)A4OkJIHOC]高温试剂1聶加成iftu2so4c(GHX)C】』L(GKND)*G(CJlrNO)D(Gig]E<CsHdO)0RRHOH已知：i.ii.同一个碳原子上连有2个羟基分子不稳定。TOC\o"1-5"\h\z按官能团分类，A的类别是。的A-B的化学方程式是3)C可能的结构简式是。C—D所需的试剂a是。D-E的化学方程式是。F—G的反应类型是。将下列K-L的流程图补充完整：(8)合成(8)合成8羟基喹啉时，L发生了(填“氧化”或“还原”)反应，反应时还生成了水，则L与G物质的量之比为【答案】⑴.烯烃(2).CH【答案】⑴.烯烃(2).CH2=CHCH3+C12古匸曰[□nnn>CH2=CHCH2Cl+HCl(3).HOCH2CHClCH2Cl浓比SO斗C1CH2CH(OH)CH2C1(4).NaOH,H2O(5).HOCH2CH(OH)CH2OH-A

解析】解析】分析：A的分子式为C3H6,A的不饱和度为1,A与Cl2高温反应生成B,B与HOC1发生加成反应生成C,C的分子式为C3H6OC12,B的分子式为C3H5C1,B中含碳碳双键，A-B为取代反应，则A的结构简式为CH3CH=CH2；根据C、D的分子式，CfD为氯原子的取代反应，结合题给已知ii,C中两个Cl原子连接在的结构简式为两个不同的碳原子上，则A与Cl2高温下发生饱和碳上氢原子的取代反应,B的结构简式为CH2=CHCH2C1、C的结构简式为的结构简式为HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH（OH）CH2Cl、DHOCH2CH(OH)CH2OH；D在浓硫酸、加热时消去2个“H2O”生成E；根据F—G—J和E+J—K,结合F、G、J