湖南省永州市高三下学期第三次模拟考试化学试题

永州市2021年高考第三次模拟考试试卷化学考生注意：1.本试卷共19道小题，满分为100分，考试时量75分钟。2.考生务必将各题的答案填写在答题卡的相应位置，在本试卷上作答无效。考试结束后只交答题卡。3.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32K39As75一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A.甘油可作护肤品保湿剂B.碳酸钠可用于去除餐具的油污C.活性炭具有除异味和杀菌作用D.天然气是我国目前推广使用的清洁燃料【答案】C【解析】【分析】【详解】A．甘油为丙三醇，它由于是脂肪醇含有多羟基结构极易从空气中吸水，并且有非常高的沸点而具备一定的保湿能力，故A正确；B．碳酸钠溶液为碱性可用于去除餐具的油污，故B正确；C．活性炭具具有吸附性能除异味，没有杀菌作用，故C错误；D．天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧生成水和二氧化碳，是我国目前推广使用的清洁燃料，故D正确；故选C。2.下列表示相关微粒的化学用语正确的是A.中子数为8的氧原子O B.N2H4的结构式C.Mg2+的结构示意图 D.H2O的电子式【答案】D【解析】【分析】【详解】A．中子数为8的氧原子的质量数=8+8=16，该原子正确的表示方法为O，故A错误；B．N2H4是共价化合物，氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间形成共价单键，肼中相当于氨气分子中一个氢原子被氨基取代，结构式为，故B错误；C．镁离子核外电子数10，结构示意图为，故C错误；D．水是共价化合物，分子中存在两个氢氧共价键，电子式为，故D正确；故选D。3.下列离子方程式书写错误的是A.FeSO4溶液与溴水反应：2Fe2++Br2=2Fe3++2BrB.等浓度等体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：H++OH=H2OC.NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+2OH=C2O+2H2OD.铅酸蓄电池充电时的阳极反应：PbSO4+2H2O2e=PbO2+4H++SO【答案】C【解析】【分析】【详解】A．FeSO4溶液与溴水，溴水具有氧化性，将二价铁离子氧化为三价铁离子，离子反应式：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br，故A正确；B．NH4HSO4在水中电离为铵根、氢离子、硫酸根，等浓度等体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：H++OH=H2O，故B正确；C．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应生成NaHC2O4：H2C2O4+OH=HC2O+H2O，故C错误；D．铅酸蓄电池充电时的阳极失电子发生氧化反应反应：PbSO4+2H2O2e=PbO2+4H++SO，故D正确；故选C。4.下列说法错误的是A.一定条件下，乙酸和乙醇都能与CuO反应B.丙烷和丁烷都没有同分异构体C.油脂和蛋白质都能发生水解反应D.乙烯和丙烯可通过石油裂解的方法大量获得【答案】B【解析】【分析】【详解】A．一定条件下，乙酸与CuO反应生成醋酸铜和水，乙醇与CuO反应生成乙醛、铜、水，故A正确；B．丙烷只有一种结构，丁烷有正丁烷、异丁烷两种结构，故B错误；C．油脂能水解高级脂肪酸和甘油，蛋白质能水解为氨基酸，故C正确；D．石油裂解可生成乙烯和丙烯等烯烃，故D正确；选B。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.标准状况下，11.2LHF含有的分子数为0.5NAB.1molCH2=CH2分子中含有的共价键数为6NAC.7.8gNa2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NAD.0.1molFe和0.1molCu分别与0.1molCl2完全反应，转移电子数均为0.2NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A．标准状况下，HF是液体，11.2LHF的物质的量不是0.5mol，故A错误；B．1个CH2=CH2分子中含有6个共价键，1molCH2=CH2分子中含有的共价键数为6NA，故B正确；C．Na2S含，Na2O2含，7.8gNa2S与Na2O2的总物质的量为0.1mol，含离子总数为0.3NA，故C正确；D．0.1molFe和0.1molCu分别与0.1molCl2反应，氯气完全反应，氯元素化合价由0降低为1，所以转移电子数均为0.2NA，故D正确；选A。6.工业上用CO2合成乙酸的反应路径如图所示：下列说法错误的是A.反应过程中碳元素的化合价始终不变B.第4步反应氧化剂是CH3COORh*IC.HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I为反应的中间产物D.催化循环的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O【答案】A【解析】【分析】【详解】A．碳元素在CH3OH中显2价，在CH3COOH中显0价，碳元素的化合价跟成键原子的非金属性有关，故A错误；B．第4步反应为CH3COORh*I+H2=CH3COOH+Rh*+HI，氧化剂是CH3COORh*I，故B正确；C．根据每一步的反应可知，中间产物有HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I，都是先生成后反应的物质，故C正确；D．根据图示，CH3OH、CO2和H2在LiI、Rh*催化作用下生产CH3COOH和H2O，所以循环的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O，故D正确；答案选A。7.关于有机物()的说法错误的是A.分子式为C8H12O B.有2种官能团C.能发生消去反应 D.分子中所有原子可能共平面【答案】D【解析】【分析】【详解】A．根据有机物结构简式可知，其分子式为C8H12O，A项正确；B．有机物中含有碳碳三键和羟基，共2种官能团，B项正确；C．中含有羟基，且与羟基直接相连碳原子的邻C原子上含有H原子，可以发生消去反应，C项正确；D．C原子形成4个单键时，与C相连的4个原子位于四面体的四个顶点，一定不共面，D项错误；答案选D。8.下列实验操作正确的是A.将MgCl2溶液加热蒸干以制备无水MgCl2B.金属钠可保存在煤油、四氯化碳等有机溶剂中C.常压蒸馏时，加入液体的体积不超过蒸馏烧瓶容积的三分之二D.用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂【答案】C【解析】分析】【详解】A．MgCl2溶液加热蒸干生成Mg(OH)2，故A错误；B．金属钠的密度比四氯化碳小，钠不能保存在四氯化碳中，故B错误；C．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过蒸馏烧瓶容积的三分之二，故C正确；D．NaHCO3溶液本身呈碱性，滴定终点因溶有碳酸呈弱酸性，选择甲基橙为指示剂，故D错误；选C。9.如表所示为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，T的单质常温下为液体。下列说法错误的是A.X、Y的单质均存在同素异形体B.Y、Z的简单氢化物的稳定性依次递增C.R的单质可用于制造半导体材料D.Y、Z、W元素简单阴离子的半径大小：Y>Z>W【答案】D【解析】【分析】T的单质常温下为液体，应为Br元素，由元素在周期表中的位置可知Z为F元素、W为Cl元素、Y为O元素、X为P元素，R为Ge元素。【详解】A．P对应的同素异形体有红磷、白磷等，O对应的同素异形体由氧气、臭氧等，故A正确；B．同周期元素从左到右元素的非金属性增强，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故Y、Z的简单氢化物的稳定性依次递增，故B正确；C．Ge和Si位于同一主族，为重要的半导体材料，故C正确；D．Y、Z、W元素简单阴离子分别为O2、F、Cl，核外电子排布相同的离子，根据“序大径小”规律，简单阴离子的半径大小：Cl>O2>F，故D错误；答案选D。10.“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是A.若用导线连接a、c，则a为负极，该电极附近pH减小B.若用导线连接a、c，则c电极的电极反应式为HxWO3xe－=WO3+xH+C.若用导线连接b、c，b电极的电极反应式为O2+4H++4e－=2H2OD.利用该装置，可实现太阳能向电能转化【答案】B【解析】【详解】A．根据示意图可知，a与c相连后，a电极发生失电子的氧化反应所以作负极，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4H2SO4溶液，所以a极的电极反应式为：；由于生成H+，所以a极附近的pH下降；A项正确；B．根据示意图可知，a与c相连后，c为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式应写作：；B项错误；C．根据示意图，b与c若相连，b极为正极发生氧气的还原反应，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4H2SO4溶液，所以电极反应式为：；C项正确；D．连接a与c后，将太阳能转变成B中的化学能，再连接b，c后，就可将化学能再转变成电能，最终实现了太阳能向电能的转化，D项正确；答案选B。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选得0分。11.电Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术，反应原理如图所示。电解产生的H2O2与Fe2+发生反应生成的羟基自由基(•OH)能氧化降解有机污染物。下列说法错误的是A.电源的A极为正极B.与电源B极相连的电极反应式为：H2Oe=H++•OHC.H2O2与Fe2+发生的反应方程式为：H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++•OHD.每消耗2.24LO2(标准状况)，整个电解池中理论上可产生的•OH为0.2mol【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．根据图示，Fe3+、O2在左侧电极得电子发生还原反应，所以电源的A极为负极，故A错误；B．B是正极，与电源B极相连的电极发生氧化反应，反应式为：H2Oe=H++•OH，故B正确；C．根据图示，H2O2与Fe2+发生反应生成Fe(OH)2+、•OH，反应方程式为：H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++•OH，故C正确；D．每消耗1molO2，转移4mol电子，根据H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++•OH可知，转移1mol电子生成1mol•OH，所以理论上可产生的•OH为0.4mol，故D错误；选AD。12.四氯化锡在军工业生产中具有重要的作用。实验室常用金属锡与氯气直接化合制备无水四氯化锡。已知：①无水四氯化锡的熔点33℃、沸点114.1℃；②四氯化锡易水解，易溶于有机溶剂。下列说法正确的是A.试剂E为无水氯化钙B.仪器甲的名称为直形冷凝管C.上述各装置的连接顺序是a→h→i→f→g→e→d→c→bD.实验所得SnCl4中溶有Cl2，可用蒸馏方法提纯SnCl4【答案】CD【解析】【分析】根据实验目的，首先MnO2与浓盐酸共热制取氯气，此时制得的氯气中混有HCl和H2O(g)，在氯气与Sn反应前应将气体依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去其中的HCl、H2O(g)，由于氯气有毒，最后要进行尾气吸收，故装置的连接顺序为a→h→i→f→g→e→d→c→b。【详解】A．试剂E为碱石灰，目的是吸收过量的氯气，防止空气污染，同时吸收空气中的水蒸气，防止四氯化锡水解，故A错误；B．仪器甲的名称为蒸馏烧瓶，故B错误；C．根据分析，上述各装置的连接顺序是a→h→i→f→g→e→d→c→b，制备氯气，除去HCl，除去水蒸汽，制备四氯化锡，最后尾气处理并防止空气中水蒸气进入，故C正确；D．实验所得SnCl4中溶有Cl2，SnCl4常温下呈液态，因为SnCl4遇水水解，又易溶于有机溶剂，所以除去SnCl4中的Cl2采用蒸馏法，故D正确；故选CD。13.工业生产排放的烟气中同时存在SO2、NOx和CO，利用它们的相互作用可将SO2、NOx还原成无害物质，一定条件下得到以下实验结果。图1为298K各气体分压与CO物质的量分数的关系，图2为CO物质的量分数为2.0%时，各气体分压与温度的关系。下列说法错误的是A.不同温度下脱硝的产物为N2，脱硫的产物可能有多种B.温度越高脱硫脱硝的效果越好C.NOx比SO2更易被CO还原D.体系中可能发生反应：2COS⇌S2+2CO、4CO2+S2⇌4CO+2SO2【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据图2可知，不同温度下脱硝的产物为N2，脱硫的产物可能有S2、COS等多种物质，故A正确；B．根据图2可知，1200K~1400K，随温度升高，SO2含量升高，故B错误；C．由图示可知，NOx比SO2更易被CO还原，故C正确；D．由图示可知，温度低于1000K时COS含量降低，S2、CO含量升高，体系中可能发生反应：2COS⇌S2+2CO；温度大于1000K时CO2、S2含量降低，CO、SO2含量升高，体系中可能发生反应：4CO2+S2⇌4CO+2SO2，故D正确；选B。14.常温下，向20mL0.1mol·L1BaCl2溶液中滴加0.2mol·L1Na2CO3溶液的滴定曲线如图所示。已知：pBa=lgc(Ba2+)，pKa=lgKa；常温下H2CO3：pKa1=6.4，pKa2=10.3。下列说法正确的是A.常温下，Na2CO3溶液的pKh1=3.7(Kh1为一级水解常数)B.常温下，Ksp(BaCO3)≈1.0×109C.E、F、G三点的Ksp从大到小的顺序为：G＞F＞ED.其他条件相同，用MgCl2溶液替代BaCl2溶液，F点向G点迁移【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．，，，A项正确；B．20mL0.1mol·L1BaCl2溶液中滴加0.2mol·L1Na2CO3溶液，当加入10mLNa2CO3溶液时，Ba2+和恰好完全反应生成BaCO3，此时溶液中，F点，，，B项正确；C．Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，故E、F、G三点的Ksp相等，C项错误；D．MgCO3微溶于水，BaCO3难溶于水，若用MgCl2溶液替代BaCl2溶液，当恰好完全反应时，溶液中＞，则＜，F点向下移动，D项错误；答案选AB。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第15~17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：此题包括3小题，共39分。15.检测某明矾样品(含砷酸盐)中砷的含量是否超标，实验步骤如下：实验1】配制砷标准溶液①取0.132gAs2O3，用NaOH溶液完全溶解后，配制成1LNa3AsO3溶液(此溶液1mL相当于0.10mg砷)。②取一定量上述溶液，配制1L含砷量为1mg•L1的砷标准溶液。(1)步骤①中，必须使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需___。步骤②需取用步骤①中Na3AsO3溶液___mL。【实验2】制备砷标准对照液(实验装置如图，夹持装置已略去)①往B瓶中加入2.00mL砷标准溶液，再依次加入一定量的盐酸、KI试液和SnCl2溶液，室温放置10min，使砷元素全部转化为H3AsO3。②往B瓶中加入足量锌粒(含有ZnS杂质)，立即塞上装有乙酸铅棉花的导气管C，并使C管右侧末端插入比色管D中银盐吸收液的液面下，控制反应温度25～40℃。45min后，生成的砷化氢气体被完全吸收，Ag+被还原为红色胶态银。③取出C管，在D中添加氯仿至刻度线，混匀，得到砷标准对照液。(2)乙酸铅棉花的作用是___。(3)完成生成砷化氢反应的离子方程式：___。Zn+H3AsO3+H+=()+Zn2++()(4)控制B瓶中反应温度的方法是___；反应中，通入N2的作用是___。(5)C管右侧末端导管口径不能过大(一般为1mm)，原因是___。【实验3】判断样品中砷含量是否超标称取ag明矾样品替代【实验2】①中“2.00mL砷标准溶液”，重复【实验2】后续操作。对比实验2、3比色管D中液体的颜色，若实验3中液体颜色浅，说明该样品含砷量未超标，反之则超标。(6)国标规定砷限量为百万分之二(质量分数)。实验测得明矾样品中砷的含量恰好达标，则a的值为___g。【答案】(1).1000mL容量瓶(2).10.0(3).除去H2S气体，以免干扰D中反应(4).3Zn+H3AsO3+6H+=AsH3↑+3Zn2++3H2O(5).水浴加热(6).将AsH3气体完全带入D管、防止AsH3被氧化(7).增大反应接触面积，使AsH3气体被充分吸收，确保形成胶态银(8).1.0【解析】【分析】取0.132gAs2O3，用NaOH溶液完全溶解后，配制成1LNa3AsO3溶液(此溶液1mL相当于0.10mg砷)，取10.0mL上述溶液，配制1L含砷量为1mg•L1的砷标准溶液；往B瓶中加入2.00mL砷标准溶液，再依次加入一定量的盐酸、KI试液和SnCl2溶液，室温放置10min，使砷元素全部转化为H3AsO3，加入足量锌粒，Zn和H3AsO3在酸性条件下反应生成AsH3、Zn2+和H2O，离子方程式为：，锌粒中含有ZnS杂质，ZnS和酸反应生成H2S，乙酸铅棉花的作用是除去H2S气体，在比色管D中，和Ag+反应生成红色胶态Ag，取出C管，在D中添加氯仿至刻度线，混匀，得到砷标准对照液；称取ag明矾样品替代【实验2】①中“2.00mL砷标准溶液”，根据得到的红色胶态Ag颜色的深浅，可判断样品中砷含量是否超标。【详解】(1)步骤①中，必须使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有1000mL容量瓶；1mL相当于0.10mg砷，配制1L含砷量为1mg·L1的砷标准溶液，步骤②需取用步骤①中Na3AsO3溶液

10.0mL；(2)锌粒中含有ZnS杂质，ZnS和酸反应生成H2S，乙酸铅棉花的作用是除去H2S气体；(3)Zn和H3AsO3在酸性条件下反应生成AsH3、Zn2+和H2O，离子方程式为：；(4)控制B中反应温度25～40℃，可采用水浴加热；反应中，通入N2可以将AsH3气体完全带入D管，并且AsH3易被氧化，通入N2可排净装置内空气，防止AsH3被氧化；(5)C管右侧末端导管口径不能过大(一般为1mm)，原因是增大反应接触面积，使AsH3气体被充分吸收，确保形成胶态银；(6)配制1L含砷量为1mg.

L1的砷标准溶液，2.00mL砷标准溶液含砷2.0mg，以国标规定砷限量为百万分之二计算，则有，解得。16.以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料合成新型的环保催化剂(OMS—2)的工艺流程如图：(1)“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所示。为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是___；调pH后再过滤主要除去___元素。(2)Mn12O19中氧元素化合价均为2价，锰元素的化合价有两种，则Mn(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)物质的量之比为___。生产过程中KMnO4、MnSO4•H2O按物质的量比1：5与K2S2O8反应，产物中硫元素全部以SO的形式存在，该反应的离子方程式为___。(3)滤液X可进一步分离出多种化合物，其一为盐类，该盐在农业生产中可用作__。(4)OMS—2是一种纳米级的分子筛。分别用OMS—2和MnOx对甲醛进行催化氧化，在相同时间内甲醛转化率和温度的关系如图：由图可知，OMS—2与MnOx相比，催化效率较高是__，原因是__。(5)甲醛(HCHO)在OMS—2催化氧化作用下生成CO2和H2O，现利用OMS—2对某密闭空间的甲醛进行催化氧化实验。实验开始时，该空间内甲醛含量为1.22mg/L，CO2含量为0.590mg/L，一段时间后测得CO2含量升高至1.47mg/L，该实验中甲醛的转化率为__(保留三位有效数字)。【答案】(1).90℃(2).Fe或铁(3).5:1(4).2MnO+2S2O+10Mn2++11H2O=Mn12O19↓+4SO+22H+(5).钾肥(6).OMS—2(7).OMS—2颗粒小，表面积大，吸附的反应物浓度更高，反应速率更快(8).49.2%【解析】【分析】软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)，滤渣为二氧化硅，滤液A中含有Fe2+，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH将铁元素除去得到MnSO4·H2O，原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4·H2O反应方程式为：2MnO+2S2O+10Mn2++11H2O=Mn12O19↓+4SO+22H+，溶液B中含有的K2SO4、H2SO4，据此分析解题。【详解】(1)“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度越高MnS2O6的生成率越低，“浸锰”的适宜温度是90℃；软锰矿和黄铁矿加硫酸浸出，滤液A中含有Fe2+，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH将铁元素除去得到MnSO4·H2O；(2)Mn12O19中氧元素化合价均为2价，设Mn(Ⅲ)为x个，则Mn(Ⅳ)为12x，根据化合物中元素化合价代数和为0，即得3x+4(12x)=2×19，x为10，Mn(Ⅳ)为2，Mn(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)物质的量之比为5:1；根据题意生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4·H2O按物质的量比1:1:5反应，产物中硫元素全部以SO42的形式存在，该反应的离子方程式为2MnO+2S2O+10Mn2++11H2O=Mn12O19↓+4SO+22H+；(3)根据反应方程式可知，溶液B中含有的K2SO4、H2SO4，该工艺中循环使用的物质化学式是H2SO4，K2SO4在农业生产中可用作钾肥；(4)由图像可以看出，相同温度下，OMS2作催化剂时，因纳米级OMS2比MnOx表面积大，吸附的反应物浓度更高，反应速率更快，故OMS2与MnOx相比，催化效率较高是OMS2；(5)设体积为VL，CO2含量由0.590mg/L升高至1.47mg/L，CO2含量增多0.88mg/L，反应生成的CO2的物质的量为，根据原子个数守恒，参与反应的甲醛的物质的量为，故该实验中甲醛的转化率为=49.2%。17.合成气是一种重要的化工原料气，可以合成甲醇、甲酸甲酯、二甲醚等化工产品。甲烷、二氧化碳自热重整制合成气的主要反应有：Ⅰ.CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g)ΔH1=820.6kJ·mol1Ⅱ.CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH2=+247.3kJ·mol1Ⅲ.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH3=+206.1kJ·mol1Ⅳ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH4回答下列问题：(1)反应Ⅳ的ΔH4=___kJ·mol1。(2)一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入2molCH4(g)、1molCO2(g)、1molH2O(g)和适量O2(g)发生上述反应，达到平衡时，容器中CH4(g)为ɑmol，CO2(g)为bmol，H2O(g)为cmol，此时CO(g)的浓度为___mol·L1(用含a、b、c、V的代数式表示，下同)，反应Ⅳ的平衡常数为___。(3)不同温度下，向体积为VL的含少量O2的密闭容器按照n(CO2)：n(CH4)=1投料，实验测得平衡时n(H2)：n(CO)随温度的变化关系如图1所示：①压强p1、p2、p3由大到小的顺序为___，判断的依据是___。②压强为p2时，随着温度升高，n(H2)：n(CO)先增大后减小。解释温度Tm前后，随着温度升高n(H2)：n(CO)变化的原因分别是___。③根据图1、图2，为提高CO的选择性可采取的措施为___。A.提高n(O2)：n(CH4)比例B.降低n(CO2)：n(CH4)比例C.高温、高压D.低温、低压【答案】(1).+41.2(2).(3).(4).P3>P2>P1(5).反应Ⅱ、Ⅲ是气体分子数目增大的反应，减小压强平衡正向移动，n(H2)增加的程度大于n(CO)(6).升高温度平衡Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均正向移动，T<Tm时，升高温度对反应Ⅱ、Ⅲ的促进作用大于反应Ⅳ，n(H2)增加的更多。T>Tm后，对反应Ⅳ的促进作用更大，n(CO)增加的更多(7).AC【解析】【分析】【详解】(1)根据盖斯定律，反应Ⅳ=ⅡⅢ，则ΔH4=ΔH2ΔH3=+247.3kJ·mol1206.1kJ·mol1=+41.2kJ·mol1，故答案为：+41.2；(2)通入2molCH4(g)、1molCO2(g)、1molH2O(g)和适量O2(g)，达到平衡时，容器中CH4(g)为ɑmol，CO2(g)为bmol，H2O(g)为cmol，设H2(g)的物质的量为x，CO(g)的物质的量为y，由C、H原子守恒有：{，解得x=52ac，y=3ab，即n(H2)=(52ac)mol，n(CO)=(3ab)mol，此时c(CO)==mol·L1；则K==，故答案为：；；(3)①由反应可知，反应Ⅱ、Ⅲ是气体分子数目增大的反应，减小压强平衡正向移动，n(H2)增加的程度大于n(CO)，则压强p1、p2、p3由大到小的顺序为P3>P2>P1，故答案为：P3>P2>P1；反应Ⅱ、Ⅲ是气体分子数目增大的反应，减小压强平衡正向移动，n(H2)增加的程度大于n(CO)；②由图1可知，压强为p2时，随着温度升高，n(H2)：n(CO)先增大后减小，原因是反应Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为吸热反应，升高温度平衡Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均正向移动，T<Tm时，升高温度对反应Ⅱ、Ⅲ的促进作用大于反应Ⅳ，n(H2)增加的更多。T>Tm后，对反应Ⅳ的促进作用更大，n(CO)增加的更多，故答案为：升高温度平衡Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均正向移动，T<Tm时，升高温度对反应Ⅱ、Ⅲ的促进作用大于反应Ⅳ，n(H2)增加的更多。T>Tm后，对反应Ⅳ的促进作用更大，n(CO)增加的更多；③A．根据图2，提高n(O2)：n(CH4)比例，可提高CO的选择性，故A符合题意；B．根据图2，降低n(CO2)：n(CH4)比例，不能提高CO的选择性，故B不符合题意；C．根据图1，升高温度、增大压强时n(H2):n(CO)比例减小，即CO的选择性提高，故C符合题意；D．根据C项分析，低温、低压时CO的选择性降低，故D不符合题意；答案选AC。(二)选考题：共15分，请考生从给出的2道化学题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。18.氮的化合物应用广泛：(1)Reineckesalt的结构如图所示：其中配位原子为___(填元素符号)，阳离子的空间结构为___，NCS中碳原子杂化方式为___。(2)重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，Cr2O的结构如图。(NH4)2Cr2O7中N、O、Cr三种元素第一电离能由大到小的顺序是___(填元素符号)，1mol该物质中含σ键的数目为___NA。(3)[Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2+的一种配合物，IMI的结构为，IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物常温下为液态而非固态。原因是___。(4)已知：多原子分子中，若原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”(或大π键)。大π键可用表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的原子个数和电子数，如苯分子中大π键表示为。①下列微粒中存在“离域Π键”的是___。A.CH2=CH—CH=CH2B.CCl4C.H2OD.SO2②NaN3中阴离子N与CO2互为等电子体，均为直线型结构，N中的2个大π键可表示为___。(5)氮化铝(AlN)陶瓷是一种新型无机非金属材料，晶体结构如图所示，1个Al原子周围距离最近的Al原子数为__个；若晶胞结构的高为anm，底边长为bnm，NA表示阿伏伽德罗常数的值，则其密度为___g·cm3(列出计算式)。【答案】(1).N(2).正四面体(3).sp杂化(4).N＞O＞Cr(5).16(6).阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低(或阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子键键能小，熔点低)(7).AD(8).Π(9).12(10).【解析】【分析】【详解】(1)根据Reineckesalt的结构图可知，配位原子为N，氮原子提供孤电子对；阳离子为铵根离子，根据价层电子互斥理论，孤电子对数为0，含有4个σ键，采取sp3杂化，可知其空间结构为正四面体；NCS中碳原子的价层电子对数为2，孤电子对数为0，属于sp杂化；(2)N为半满稳定结构，其第一电离能大于O，N、O为非金属，第一电离能均大于金属，所以N、O、Cr三种元素第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞Cr；1个Cr2O含有8个σ键，1个铵根离子中含有4个σ键，故1mol该物质中含有σ键数目为：(4×2+8)NA=16NA；(3)常温下，IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物为液态而非固态，原因为阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低(或阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子键键能小，熔点低)；(4)①CH2=CH—CH=CH2、SO2分子中各原子共面，且原子之间均有相互平行的p轨道，可以形成大Π键，水分子中氢原子没有p轨道，不能形成大Π键，CCl4是正四面体构型，各原子不共面，不能形成大Π键，因此微粒中存在“离域Π键”的是AD。②N与CO2互为等电子体，均为直线型结构，根据二氧化碳的结构可