高三化学毕业班第三次教学质量监测三模理科综合试题解析版

PAGE1人教版高中化学测试卷1.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（）A.地沟油可以用来制肥皂和生物柴油B.白砂糖的主要成分是蔗糖，蔗糖属于天然高分子化合物C.向煤中加入生石灰，可减少SO2的排放量D.天然气、水煤气分别属于一次能源、二次能源【答案】B【解析】【详解】A．地沟油的主要成分是油脂，利用水解反应可制肥皂、提取甘油，通过酯交换或热化学工艺制成的可代替石化柴油的再生性柴油燃料，故A正确；B．相对分子质量大于10000的属于高分子化合物，蔗糖相对分子质量为342，属于小分子化合物，故B错误；C．在煤燃烧过程中生成二氧化硫，加入生石灰可与二氧化硫反应，可减少SO2排放，可以减少酸雨的形成，故C正确；D．直接由自然界获得的能源为一次能源，天然气属于一次能源，二次能源则是指由一次能源直接或间接转换成其他种类和形式的能量资源，水煤气是由一次能源煤炭转化而成的能源，属于二次能源，故D正确；答案选B。2.下列关于有机物1-氧杂-2，4-环戊二烯()的说法正确的是（）A.所有原子不可能处于同一平面内B.与环氧乙烷()互为同系物C.可以使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，其原理相同D.与H2加成产物（分子式C4H8O）属于醛的同分异构体有2种【答案】D【解析】【详解】A．分子中含有碳碳双键，与碳碳双键直接相连的所有原子共面，所以所有原子都处于同一平面内，故A错误；B．结构相似、类别相同，在分子组成上相差一个或多个“CH2”原子团的有机物互称为同系物，含有碳碳双键，环氧乙烷()中为碳碳单键，二者结构不同，不互为同系物，故B错误；C．含有碳碳双键，与溴水发生加成反应使溴水褪色，可以被高锰酸钾溶液氧化使酸性高锰酸钾溶液褪色，原理不同，故C错误；D．与H2加成的产物（分子式C4H8O）属于醛的有机物含有醛基(-CHO)，除去醛基的结构为-C3H7，共有两种结构，则同分异构体有2种，故D正确；答案选D。3.NSR技术能有效降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放，其工作原理如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）A.储存1molNO转移的电子数为3NAB.还原性尾气可以为CO、H2等C.0.2molNO与0.1molO2充分反应，得到的气体分子数为0.2NAD.通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原【答案】C【解析】【详解】A．储存过程中1molNO最终转化为Ba(NO3)2，氮元素由+2价变为+5价，则转移的电子数为3NA，故A正确；B．由还原过程的反应，还原尾气与Ba(NO3)2反应生成氮气和水，则还原性尾气可以为CO、H2，故B正确；C．0.2molNO与0.1molO2充分反应生0.2molNO2，NO2存在NO2N2O4平衡，则得到的气体分子数小于0.2NA，故C错误；D．依据图示可知通过BaO和Ba(NO3)2与NOx的氧化还原反应,实现NOx的储存和还原，故D正确；答案选C。4.一种以液态肼(N2H4)为燃料的电池装置如图所示，该电池用KOH溶液作电解质溶液。下列说法不正确的是（）A.b为正极，发生还原反应B.放电时，电子从a极经负载流向b极C.其中的离子交换膜需选用阴离子交换膜D.a极的电极反应式：N2H4＋4OH–－2e–=N2↑＋4H2O【答案】D【解析】【分析】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答。【详解】A．根据分析，通入空气的一极为正极，则b为正极，发生还原反应，故A正确；B．原电池中，电子由负极经外电路流向正极，a为负极，b为正极，则电子从a极经负载流向b极，故B正确；C．原电池中阳离子正极移动，阴离子向负极移动，结合分析，负极电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，正极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，正极产生的OH-要向负极移动参与负极的电极反应，则其中的离子交换膜需选用阴离子交换膜，故C正确；D．根据分析，a极负极，电极反应式：N2H4＋4OH–－4e–=N2↑＋4H2O，故D错误；答案选D。5.下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是（）选项实验操作实验现象实验结论A常温下，向含溶解足量NH3的饱和食盐水中通入过量CO2析出白色固体溶解性：NaHCO3＜NH4ClB将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液不变红Fe(NO3)2样品没有变质C室温下，用pH试纸分别测定等物质的量浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pHNaClO溶液对应的pH试纸蓝色更深酸性：HClO＜CH3COOHD向2mL0.1mol·L–1AgNO3溶液中滴加1～2滴NaCl溶液，再滴加2滴Na2S溶液开始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成Ksp(Ag2S)＜Ksp(AgCl)A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．常温下，向含溶解足量NH3的饱和食盐水中通入过量CO2，发生反应：NH3+NaCl+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，则白色固体为NaHCO3，则可证明NaHCO3＜NH4Cl，故A正确；B．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，滴加KSCN溶液，溶液会变红，不能证明Fe(NO3)2样品是否变质，正确的方法为直接向样品中加入KSCN溶液，若不变红，说明Fe(NO3)2样品没有变质，故B错误；C．次氯酸钠具有强氧化性，能漂白pH试纸，所以不能用pH试纸测定次氯酸钠溶液pH值，无法比较HClO和CH3COOH的酸性强弱，故C错误；D．向2mL0.1mol·L–1AgNO3溶液中滴加1～2滴NaCl溶液，有AgCl白色沉淀生成，但AgNO3过量，再滴加2滴Na2S溶液，产生的黑色沉淀生成为过量的AgNO3与Na2S溶液反应产生，则不能比较Ksp(Ag2S)与Ksp(AgCl)大小，故D错误；答案选A。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的简单气态氢化物常温下为无色液体，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Y、Z、W形成的单质及化合物在溶液中有如图转化关系。下列说法不正确的是（）A.简单离子半径大小：Z＞W＞X＞YB.简单氢化物的稳定性：X＞ZC.Z的氧化物对应水化物为强酸D.X、W形成的某化合物可用作自来水消毒剂【答案】C【解析】【分析】X的简单气态氢化物常温下为无色液体，则X为O元素，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y为Na元素，Y、Z、W形成的单质及化合物在溶液中有如图转化关系可知，化合物甲和化合物中含有Z和Na元素，根据原子序数依次增大，Z、W为第三周期元素，能发生上述转化关系，氯气和硫化钠溶液反应可生成硫单质和氯化钠，符合题意，则W为Cl元素，Z为S元素，据此分析解答。【详解】根据分析，X为O元素，Y为Na元素，W为Cl元素，Z为S元素；A．X、Y、Z、W形成的简单离子分别为O2-、Na+、S2-、Cl-，电子层数越多，半径越大，核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径大小：S2-＞Cl-＞O2-＞Na+，即Z＞W＞X＞Y，故A正确；B．X为O元素，Z为S元素，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性O＞S，则简单氢化物的稳定性：X＞Z，故B正确；C．Z为S元素，S的氧化物对应水化物为硫酸和亚硫酸，硫酸为强酸，亚硫酸为弱酸，故C错误；D．X为O元素，W为Cl元素，二者形成的某化合物ClO2具有强氧化性，可用作自来水消毒剂，故D正确；答案选C。7.常温下，向10mL0.1mol·L–1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L–1的氨水，溶液的pH及导电能力变化趋势如图。下列说法正确的是()A.b点溶液中，水电离程度最小B.溶液中的阴离子浓度总和关系是：b＞c＞aC.常温下，HA的电离平衡常数的数量级为10–6D.d点溶液中：c(A–)＋c(HA)＝2c(NH3·H2O)【答案】B【解析】【详解】A．根据图像，0.1mol·L–1的HA溶液pH=3，所以HA为弱酸。当加入10mL氨水时，溶液的导电能力最强，说明酸碱恰好中和得到盐。酸和碱都抑制水的电离，酸性或碱性越强，水的电离程度越弱，盐促进水的电离，所以b点水的电离程度最大，故A错误；B．溶液导电能力与溶液中离子浓度有关，导电能力越大，溶液中离子浓度越大，根据图象可知，导电能力b＞c＞a，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，阳离子总数等于阴离子总数，故溶液中的离子总数是阴离子总数的2倍，溶液的导电能力与溶液中的阴离子总数呈正比，则溶液中的阴离子浓度总和关系是：b＞c＞a，故B正确；C．根据图像，0.1mol·L–1的HA溶液pH=3，溶液中HA电离出的c(A-)=c(H+)=10-3mol·L–1，则常温下，HA的电离平衡常数K==10-5，则HA的电离平衡常数的数量级为10–5，故C错误；D．d点加入20mL等浓度的氨水，反应后溶质为等浓度的NH4A和NH3•H2O，溶液中存在物料守恒：2c(A-)+2c(HA)=c(NH3•H2O)+c(NH4+)，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，两式相加可得：c(A-)+2c(HA)+c(H+)=c(NH3•H2O)+c(OH-)，因溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，则c(A–)＋c(HA)＞c(NH3·H2O)，故D错误；答案选B。8.无水四氯化锡(SnCl4)可用于制作导电玻璃，导电玻璃广泛用于液晶显示屏、薄膜太阳能电池基底等。可用如下装置制备四氯化锡(部分夹持装置已略去)。有关信息如下表：化学式SnCl2SnCl4熔点/℃246−33沸点/℃652144其他性质无色晶体，Sn(II)易被氧化为Sn(IV)无色液体，易水解回答下列问题：(1)对比分液漏斗，装置甲中恒压滴液漏斗的优点是___________________________。仪器A中发生反应离子方程式为_______________________________________。(2)将装置如图连接好，检查气密性，慢慢滴入浓盐酸，待观察到__________(填现象)后，开始加热丁装置。锡熔化后适当增大氯气流量并继续加热丁装置。继续加热丁装置的目的是促进氯气与锡反应和_________________________________。(3)如果缺少乙装置可能产生的后果是_______________________________________。(4)戊装置中球形冷凝管的冷水进口为______(填“a”或“b”)。(5)己装置中碱石灰的作用是_______________________________________________。(6)碘氧化法滴定分析产品中Sn(II)的含量。准确称取mg产品于锥形瓶中，用适量浓盐酸溶解，淀粉溶液做指示剂，用cmol·L–1碘标准溶液滴定。滴入最后一滴标准溶液，出现__________时达到滴定终点，此时消耗碘标准溶液VmL，则产品中Sn(II)的质量分数为____________(用字母表示)。【答案】(1).平衡气压，可以使漏斗内液体顺利流下(或可以防止倒吸；或减小增加的液体对气体压强的影响；或可以在密闭条件下滴加液体，减少漏斗内液体挥发、与空气接触等(2).10Cl−+16H++2MnO4−=5Cl2↑+8H2O+2Mn2+(3).丁中充满黄绿色气体(或黄绿色气体充满整个装置)(4).促进四氯化锡挥发(或促进四氯化锡气化，使四氯化锡蒸气进入戊中便于收集)(5).引起装置爆炸(氯化氢与锡反应生成的氢气与氯气混合受热引起装置爆炸)(6).a(7).吸收未反应的氯气，防止污染空气；防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解(8).溶液颜色变为蓝色，且半分钟内不变色(9).×100%(或%)【解析】【分析】由图可知，甲中A为蒸馏烧瓶，发生KMnO4+16HCl(浓)=5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O，乙中饱和食盐水可除去HCl，丙中浓硫酸干燥氯气，丁中Sn+2Cl2SnCl4，戊中冷却，冷凝管可冷凝回流、提高SnCl4的产率，己中碱石灰可吸收水，防止水进入戊中，以此来解答。【详解】(1)对比分液漏斗，装置甲中恒压滴液漏斗的优点是平衡气压，可以使漏斗内液体顺利流下(或可以防止倒吸；或减小增加的液体对气体压强的影响；或可以在密闭条件下滴加液体，减少漏斗内液体挥发、与空气接触等；仪器A中发生反应为浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气、氯化锰和水，离子方程式为10Cl−+16H++2MnO4−=5Cl2↑+8H2O+2Mn2+；(2)将如图装置连接好，先检查装置的气密性，再慢慢滴入浓盐酸，待观察到丁装置内充满黄绿色气体现象(或黄绿色气体充满整个装置)后，开始加热装置丁；锡熔化后适当增大氯气流量并继续加热丁装置，继续加热丁装置的目的是促进氯气与锡反应和促进四氯化锡挥发(或促进四氯化锡气化，使四氯化锡蒸气进入戊中便于收集)；(3)氯化氢与锡反应生成的氢气与氯气混合受热引起装置爆炸，则如果缺少乙装置，引起装置爆炸；(4)SnCl4的沸点较低，戊装置中球形冷凝管的作用为冷凝回流，提高SnCl4的产率，则冷凝水应该下进上出，则冷水进口为a；(5)制取SnCl4过程中氯气不能完全参与反应，该气体有毒，不能直接排放到大气中，需要吸收处理，制得的SnCl4遇水易水解，则己装置中碱石灰的作用是吸收未反应的氯气，防止污染空气；防止水蒸气进入戊装置的试管中使产物水解；(6)准确称取mg产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，淀粉溶液做指示剂，用cmol⋅L−1碘标准溶液滴定，滴入最后一滴，出现溶液变蓝，且30s内颜色不变现象时达到滴定终点，此时消耗碘标准溶液VmL，由Sn2++I2═Sn4++2I−，可知n(SnCl2)=n(I2)=cV×10−3mol，Sn(II)质量分数为×100%=×100%(或%)。【点睛】Sn2+与I2反应，Sn4+与I2不反应，当把溶液中的Sn2+消耗完，淀粉遇碘单质变蓝，据此判断滴定终点。9.工业上利用软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe、A1、Mg、Zn、Ni、Si等元素)进行烟气脱硫，并制备MnSO4和Mg(OH)2的工艺流程如下图所示。(1)工业上将软锰矿制成软锰矿浆的目的是___________________________________。(2)“氧化”中添加适量MnO2发生反应的离子方程式为_________________________。(3)“除杂”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣2”的主要成分是______________________。(4)“沉锰”过程中生成MnCO3的化学方程式为________________________________。(5)“沉锰”过程中pH和温度对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如下图所示。①由图可知，“沉锰”的合适条件是_____________________。②当温度高于45℃时，Mn2+沉淀率减小的原因是___________________________。(6)“沉镁”中MgSO4溶液的浓度为0.03mol·L–1，加入某浓度氨水至溶液体积增加1倍时，恰好使Mg2+完全沉淀即溶液中c(Mg2+)=1.0×10–5mol·L–1，此时溶液中NH3·H2O的物质的量浓度为___________mol·L–1(计算结果保留2位小数。已知：Ksp[Mg(OH)2]=4.9×10–12，Kb(NH3·H2O)=1.8×10–5)。【答案】(1).增大与反应物的接触面积，加快反应速率；充分吸收二氧化硫(2).MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O(3).NiS和ZnS(4).MnSO4+NH4HCO3+NH3·H2O=MnCO3+(NH4)2SO4+H2O(5).45℃、pH=7.5(6).随着温度升高，NH4HCO3分解(或NH3·H2O分解挥发)(7).1.17【解析】【分析】软锰矿的主要成分是MnO2，还含有Fe、A1、Mg、Zn、Ni、Si等元素，应均以金属氧化物的形式存在，SiO2、MnO2与硫酸不反应，硫酸酸化的软锰矿浆中含有Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+和SiO2、MnO2，通入含有SO2的烟气将二氧化硫吸收，二氧化硫与软锰矿浆中的MnO2作用生成生成Mn2+和SO42-，过滤后形成含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+、SO42-等的浸出液，二氧化硅不反应经过滤成为滤渣1，向浸出液中加入MnO2，将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水，调节pH值，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，再向浸出液中加入硫化铵把Zn2+、Ni2+转化为NiS和ZnS沉淀除去，过滤后得到的滤渣2为NiS和ZnS，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液，向碳酸锰中加入硫酸得到硫酸锰，向含有Mg2+的溶液通入氨气，得到氢氧化镁，据此分析解答。【详解】(1)工业上将软锰矿制成软锰矿浆的目的是增大与反应物的接触面积，加快反应速率；充分吸收二氧化硫；(2)“氧化”中向浸出液中加入MnO2，将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；(3)根据分析，“除杂”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣2”的主要成分是NiS和ZnS；(4)根据分析，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液，“沉锰”的离子方程式为MnSO4+NH4HCO3+NH3·H2O=MnCO3+(NH4)2SO4+H2O；(5)①由图可知，“沉锰”的合适条件是：温度控制在45℃左右，pH=7.5左右锰离子的沉淀率最高；②当温度高于45℃时，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是：沉锰是要加入碳酸氢铵，铵盐受热易分解，当温度高于45℃时，随着温度升高，NH4HCO3分解(或NH3·H2O分解挥发)，c()下降，所以Mn2+沉淀率下降；(6)“沉镁”中MgSO4溶液的浓度为0.03mol·L–1，加入某浓度氨水至溶液体积增加1倍时，MgSO4溶液的浓度减半为0.015mol·L–1，恰好使Mg2+完全沉淀即溶液中c(Mg2+)=1.0×10–5mol·L–1，Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH−)=4.9×10−12，c2(OH−)===4.9×10−7，c(OH−)=7×10−4mol⋅L−1，NH3通入0.015mol⋅L−1MgSO4溶液中，Mg2+恰好完全沉淀时生成硫酸铵，c()=2c()=2×0.015mol/L=0.03mol/L，一水合氨是弱电解质，电离方程式为：NH3⋅H2O⇌+OH−，Kb(NH3⋅H2O)===1.8×10−5，则NH3⋅H2O的物质的量浓度为=1.17mol/L。【点睛】易错点为(6)中的计算，MgSO4溶液的浓度为0.03mol·L–1，加入某浓度氨水至溶液体积增加1倍时，MgSO4溶液的浓度减半为0.015mol·L–1，为正确解答的关键。10.甲醇与水蒸气重整制氢可直接用于燃料电池。回答下列问题：(1)已知甲醇分解反应I：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)

△H1=＋91.6kJ·mol–1水煤气变换反应II：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)

△H2=–41.1kJ·mol–1则CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)

△H3=________kJ·mol–1(2)我国学者采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇分解反应I的历程，得到甲醇在钯基催化剂表面发生解离时五个路径与相对能量关系如下图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。该历程中最小能垒(活化能)E正=_______kJ·mol–1，写出该步骤的化学方程式____________________。(3)在100kPa下，将总进料量1mol且n(CH3OH):n(H2O)=1:1.3混合气体充入已放有催化剂的刚性密闭容器中反应。①实验测得水煤气变换反应II的速率随温度的升高明显下降，原因是__________。②平衡时，测得CH3OH的含量在给定温度范围内极小，H2、H2O(g)、CO、CO2四种组分含量与反应温度关系如图所示，b、d曲线对应物质的化学式分别为________、________。(4)353K时，在刚性容器中充入CH3OH(g)，发生反应：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)。体系的总压强p随时间t的变化如表所示(t=∞时，该反应达到平衡)：t/min05101520∞p/kPa100.0107.4112.6116.4118.6120.0则0～5min内v(CH3OH)=______kPa·min－1。该反应的平衡常数KP=__________(kPa)2(KP为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。【答案】(1).+50.5(2).53.6(3).CH2O*＋2H*=CHO*＋3H*(或CH2O*=CHO*＋H*)(4).随着温度升高，催化剂活性降低(5).CO2(6).CO(7).0.74(8).44.4【解析】【分析】(1)根据盖斯定律进行计算解答；(2)活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，结合图像数据分析判断；(3)①催化剂在一定温度下活性最大，催化效果最好，据此分析解答；②对于反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H＜0，其他条件不变时，升高温度，平衡向左移动，即CO、H2O的含量均增大，CO2、H2的含量均减小。结合图中曲线变化，根据反应方程式CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)、CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)，平衡时各组分物质的量关系分析判断；(4)结合表格数据，列“三段式”进行计算解答。【详解】(1)已知甲醇分解反应I：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)△H1=＋91.6kJ·mol–1水煤气变换反应II：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)△H2=–41.1kJ·mol–1根据盖斯定律：I+II可得：CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)△H3=+50.5kJ·mol–1；(2)活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，过渡态Ⅲ发生的反应活化能最小，E正=116.1kJ·mol–1-62.5kJ·mol–1=53.6kJ·mol–1；反应物为CH2O∗+2H∗，产物为CHO∗+3H∗，故反应方程式为CH2O∗+2H∗=CHO∗+3H∗，因为2H∗反应前后都吸附在催化剂表面，未参与反应，故反应实质为CH2O∗=CHO∗+H∗(3)①因为温度升高，反应速率应加快，而图中速率减小，显然不是温度的影响，只能为催化剂的活性降低导致反应速率减慢；②对于反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H＜0，其他条件不变时，升高温度，平衡向左移动，即CO、H2O的含量均增大，CO2、H2的含量均减小。依据图中信息，可初步得知，a、b曲线分别对应CO2或H2，c、d曲线则对应CO或H2O(g)。平衡时，测得CH3OH的含量在给定温度范围内极小，说明CH3OH基本全部转化为H2、CO2、CO，根据反应方程式CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)、CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)，n(CH3OH):n(H2O)=1:1.3可知：该反应起始时，n(H2)＞n(CO2)、n(H2O)＞n(CO)，平衡时含量必然有H2＞CO2、H2O＞CO，故a、b、c、d曲线分别对应H2、CO2、H2O(g)、CO；(4)353K时，在刚性容器中充入CH3OH(g)，发生反应：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)，设初始时向刚性容器中通入CH3OH(g)1mol，其变化量为xmol，列“三段式”：根据相同条件下，压强之比=物质的量之比，则，则，解得x=0.037mol，则5min时平衡体系中CH3OH的压强为kPa=96.3kPa，则5min内CH3OH的压强变化量为100kPa-96.3kPa=3.7kPa，则0～5min内v(CH3OH)==0.74kPa·min－1；根据表格数据可知，反应体系达到平衡时，体系的总压强为120.0kPa，设初始时向刚性容器中通入CH3OH(g)1mol，其变化量为ymol，列“三段式”：根据相同条件下，压强之比=物质的量之比，则，则，解得y=0.1mol，则p(CH3OH)==90kPa，p(CO)==10kPa，p(H2)==20kPa，该反应的平衡常数KP==44.4(kPa)2。【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）11.铬铁合金常作为钢的添加料，用于生产多种具有高强度、耐高温、耐腐蚀等优良性能的特种钢。(1)画出基态铬原子的价电子排布图__________________________。(2)K2Cr2O7是酒驾检测仪中的一种试剂，它与酒精反应可表示为K2Cr2O7+H2SO4+CH3CH2OH→Cr2(SO4)3+K2SO4+CH3COOH+H2O。①CH3COOH分子中碳原子的杂化类型为________________。②SO42–与H2O中键角较大的是_______(填化学式)，用价层电子对互斥理论解释______________________________________________________________________。③写出一个SO42–的等电子体分子__________。(3)铬离子(Cr3+)能形成多种配合物，例如[Cr(OH)3(H2O)(H2NCH2CH2NH2)]。①上述配合物中的非金属元素按第一电离能由小到大的顺序排列为_______________。②已知配合物的中心粒子的配位数指配位原子总数。上述配合物中，Cr3+的配位数为________。(4)铬、钙和氧组成一种特殊的导电材料(复合氧化物)，其晶胞如图所示。①该晶体的化学式为________。②已知晶体中Ca2+与Cr4+的最短距离为anm。则该晶胞密度为________g/cm3。(列出计算表达式，NA表示阿伏加德罗常数的值)③当该晶体中部分Ca2+被相同数目的La3+替代时，部分铬由+4价转变为+3价。若化合物中Ca2+和La3+的物质的量之比为(1−x):x(x＜0.1)，则该晶体中+3价铬与+4价铬的物质的量之比为________。【答案】(1).(2).sp3、sp2(3).(4).因为中心原子均有4对电子对，中无孤电子对，H2O分子中存在两对孤电子对，孤电子对间的斥力大于成键电子对间斥力，故中键角大于H2O分子中键角(5).CCl4或SiF4(其他合理也可)(6).H＜C＜O＜N(7).6(8).CaCrO3(9).或(10).x:(1-x)【解析】【详解】(1)根据原子构造原理，基态铬原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则价电子排布图；(2)①CH3COOH分子中有两个碳原子，羧基中的碳原子形成3个σ键，甲基上的碳原子形成4个σ键，均没有孤对电子，杂化轨道数目分别为3、4，分别采取sp2、sp3杂化；②中心原子S原子的价层电子对数=4+=4，S原子采取sp3杂化，空间构型为正四面体形，键角为109°28’，H2O中心原子O的价层电子对数=2+=4，O原子采取sp3杂化，H2O空间构型为V形，键角为104.5°，则键角较大的是，用价层电子对互斥理论解释因为中心原子均有4对电子对，中无孤电子对，H2O分子中存在两对孤电子对，孤电子对间的斥力大于成键电子对间斥力，故中键角大于H2O分子中键角；③构成微粒的原子总数和价层电子总数相等的微粒互为等电子体，由5个原子构成，价层电子总数为32，与其互为等电子体分子CCl4或SiF4(其他合理也可)；(3)①上述配合物中的非金属元素有H、O、C、N，H元素在4种非金属元素中第一电离能最小，同周期元素的第一电离能随核电荷数增大呈逐渐增大的趋势，由于N原子最外层电子排布处于半充满状态，结构稳定，其第一电离能比相邻元素都要大，则按第一电离能由小到大的顺序排列为H＜C＜O＜N；②已知配合物的中心粒子的配位数指配位原子总数。上述配合物中，H2NCH2CH2NH2上的两个N原子均与Cr3+形成配位键，配体有3个OH-、1个H2O和1个H2NCH2CH2NH2，其中O、N原子提供共用电子对，则Cr3+的配位数为6；(4)①根据均摊法，Ca处于正方体的顶点上，所以一个晶胞含有Ca数目为8×=1，Cr处于正方体中心，故含有1个Cr，O处于正方体面心，故1个晶胞含有O数目为6×=3，该晶体的化学式为：CaCrO3；②已知晶体中Ca2+与Cr4+的最短距离为anm，则该晶胞的体对角线长度为2anm，设晶胞的参数为xnm，则晶胞的面对角线的长度为xnm，根据勾股定理，晶胞参数为anm，晶胞的体积=nm3=cm3，则该晶胞密度或g/cm3；③根据化合价为0原则，假设1mol物质中+3价的Cr有amol，则+4价的Cr有(1−a)mol，(1−x)×2+3×x+3a+4×(1−a)＝6，解出a＝x，所以+3价有xmol，+4价有(1−x)mol，该晶体中+3价铬与+4价铬的物质的量之比为：x:(1-x)。【点睛】原子最外层电子排布处于半充满、全满、全空状态时，结构稳定，其第一电离能比相邻元素都要大，解题时要注意核外电子排布的分析。【化学——选修5：有机化学基础】（15分）12.醛类化合物的合成由来已久，其产品在工业中占有重要的地位，某醛类有机物，有如下合成路线。回答下列问题：(1)由A→B的反应类型为______________，B中官能团名称为____________________。(2)A在酸性条件下水解产物的化学名称为________，D的结构简式为_____________。(3)写出反应D→E的反应方程式____________________________________________。(4)M为F的同分异构体，满足下列条件的同分异构体有_____种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱峰面积比为2:3:2:2:1的结构简式为_________________。①分子中只含苯环一个环状结构②苯环上只有一个取代基③水解产物之一能与FeCl3发生显色反应(5)根据已有知识并结合题中相关信息，补充完整由甲苯和乙醛为原料合成的路线。_______________________________________【答案】(1).取代反应(2).羰基(或酮基)、羧基(3).丁二酸(4).(5).+H2O(6).3(7).(8).【解析】【分析】A与苯在AlCl3、加热条件下发生取代反应生成B，B在浓硫酸、Zn-Hg作用下成环生成C，结合D的分子式，C与LiAlH4、H2O发生还原反应生成D，D的结构简式为，结合E的分子式，D在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成E，E的结构简式为，E的碳碳双键在O3、Zn/H2O作用下发生氧化反应生成F，F在加热条件下与氢氧化钠溶液反应生成G，据此分析解答。【详解】(1)根据分析，由A→B的反应类型为取代反应，结合B的结构简式，B中官能团名称为羰基(或酮基)、羧基；(2)A属于羧酸酐，A在酸性条件下的水解产物为HOOCCH2CH2COOH，则产物的化学名称为丁二酸；根据分析，D的结构简式为；(3)反应D→E为D在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成E，反应方程式+H2O；(4)F的结构简式为，M为F的同分异构体，分子中只含苯环一个环状结构，苯环上只有一个取代基，水解产物之一能与FeCl3发生显色反应，说明该有机物结构中含有酚酯基，据此可得，该有机物的部分结构为，根据F中的碳原子数为10，则M中剩余结构中的碳原子数为3，F的不饱和度为5，结构的不饱和度为4，说明剩余的3个碳组成的结构中含有一个碳碳双键，则剩余3个碳组成的结构有-C=C-C、-C-C=C、，共3种结构，则符合条件的M的同分异构体有3种；其中核磁共振氢谱峰面积比为2:3:2:2:1，即分子结构中有五种不同环境的氢原子，且氢原子的个数比为2:3:2:2:1，结构简式为；(5)由甲苯和乙醛为原料合成，首先甲苯在光照的条件下与氯气反应生成，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成，仿FG，在氢氧化钠、加热条件下与CH3CHO反应生成，则合成路线为。【点睛】本题的易错点为(4)中M的同分异构体的判断，在分析判断M的结构时，需要考虑F的不饱和度，根据已知条件，分析M中含有的结构。

附赠材料必须掌握的试题训练法题干分析法怎样从“做题”提升到“研究”题干分析法,是指做完题目后,通过读题干进行反思总结:这些题目都从哪几个角度考查知识点的?角度不同,容易出错的地方是不是变化了?只有这样,我们才能从单纯的“做题目”上升到“研究”,我们的思维能力和做题效率才能不断提高。具体来说,题干分析法可分为以下四个步骤第一步,弄清考查范围。题目无非就是知识点的应用,任何一道题都是考查一个知识点的,或者是一个定理的应用,或者是推论的应用。做完题目后首先要弄明白,这道题考查了什么知识点。第二步,掌握出题意图。命题者是怎样将知识点转化为这道题目的?包含哪些思想方法?怎样给出条件?隐藏了哪些条件?想考查什么?大家应该弄清楚。第三步,归纳解题框架。用简洁的语言把这一类题目的解题框架写出来,包括该类题型的已知条件、所求结果、基本解题步骤等,并牢牢记住。以后遇到同类题目就可以按照这个解题框架准确地把题目做出来。比如,关于分解因式的题目,有同学归纳出三个思想步骤第一,分解因式一共有几种方法?第二,这道题适合哪一