江西省重点中学盟校2020届高三下学期第一次联考理综化学试题 Word版含解析

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- 1 - 江西省重点中学盟校 2020 届高三第一次联考理综试卷 化学试题 可能用到的相对原子量：H1 C12 N14 O16 F19 Na23 Al27 Mn55 Fe56 Cu64 一、选择题：本题共 13 个小题，每小题 6 分，共 78 分，在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 1.2020 年春节，口罩成为急需品。下列有关口罩的说法不正确的是 A. 世界上最先使用口罩的是中国，古代侍者为防止气息传到皇帝的食物上使用丝巾做成口罩 遮盖口鼻，丝巾的主要成分是蛋白质 B. 医用口罩由口罩面体和拉紧带组成，其中口罩面体分为内、中、外三层，中层为隔离过滤 层，由超细聚丙烯纤维熔喷材料构成，是一种有机高分子材料。 C. 一次性防尘口罩虽不具备过滤细菌的作用，但可防气溶胶，烟、雾都是气溶胶，但分散剂 不一样。 D. 有大量氯气泄漏时，及时戴上用小苏打溶液润湿过的口罩，并迅速离开现场 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 A．丝的主要成分是蛋白质，所以丝巾的主要成分是蛋白质，故 A 正确； B．聚丙烯为丙烯加聚而成的有机合成材料，是一种有机高分子材料，故 B 正确； C．雾、烟都是气溶胶，分散剂都为空气，故 C 错误； D．碳酸氢钠溶液呈碱性，可以吸收氯气，故 D 正确； 故选：C。 2.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是 A. 用浓盐酸分别和 MnO2、KClO3 反应制备 1 mol 氯气，转移的电子数均为 2NA B. 0.1 mol·L－1 NaF 溶液中所含 F－的数目小于 0.1NA C. 用 1 L 1 mol·L－1 FeCl3 溶液充分反应制备氢氧化铁胶体，该体系中含氢氧化铁胶体粒子 数目为 1NA D. 标准状况下，4.48 L CO2 和 N2O 的混合气体中含有的电子数为 4.4NA 【答案】D - 2 - 【解析】 【分析】 【详解】 A．浓盐酸和二氧化锰制取氯气方程式为 MnO2+4HCl（浓）  MnCl2+Cl2↑+2H2O，当生成 1 molCl2 时，转移的电子数为 2NA；浓盐酸和氯酸钾制取氯气的方程式为：KClO3+6HCl（浓） =KCl+3Cl2↑+3H2O，当生成 1 molCl2 时，转移的电子数为 5 3 NA，故 A 错误； B．溶液体积未知，无法计算溶液中微粒数目，故 B 错误； C．一个胶粒子是多个氢氧化铁的聚集体，所以胶体粒子的数目小于 NA，故 C 错误； D．标况下 4.48 L CO2 和 N2O 的混合气体的物质的量为 0.2mol，一个 CO2 分子含电子数为 22， 一个 N2O 含电子数也为 22，所以 0.2mol 混合物含电子 4.4mol，故 D 正确； 故答案为 D。 3.Y 是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由 X 在一定条件下合成： 下列说法不正确的是 A. 等物质的量的 X、Y 分别与 NaOH 溶液反应，最多消耗 NaOH 的物质的量之比为 3：2 B. X 的分子式为 C11H14O5 C. 由 X 制取 Y 的过程中可得到甲醇 D. 一定条件下，Y 能发生氧化反应和加成反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．化合物 X 中酚羟基、酯基可以和 NaOH 溶液反应，1molX 可以消耗 3molNaOH；Y 中 酯基和酚羟基可以和 NaOH 反应，酯基水解后生成酚羟基还可以和 NaOH 反应，所以 1molY 可 以消耗 3molNaOH，故 A 错误； B．根据 X 的结构简式可知 X 含碳原子个数为 11，O 原子个数为 5，含有一个苯环和一个碳氧 双键，所以不饱和度为 5，所以氢原子个数为 11×2+2-5×2=14，所以分子式为 C11H14O5，故 B - 3 - 正确； C．对比 X 和 Y 的结构可知，X 生成 Y 的过程中酯基发生水解，羟基发生消去，酯基水解时会 生成甲醇，故 C 正确； D．Y 含有碳碳双键，可以发生氧化反应和加成反应，故 D 正确； 故答案为 A。 4.叶蜡石是一种重要的化工原料，化学式为 X2[Y4Z10](ZW)2，短周期元素 W、Z、X、Y 的原子序 数依次增大，Y 的最外层电子数为次外层的一半，X 为地壳中含量最多的金属元素，X 的离子 与 ZW－含有相同的电子数。下列说法不正确的是 A. 原子半径：X>Y>Z>W B. 最简单氢化物的沸点：Y>Z C. Y 的氧化物可作光导纤维的材料 D. 常温常压下，Z 和 W 形成的常见化合 物均为液体 【答案】B 【解析】 【分析】 叶蜡石化学式为 X2[Y4Z10](ZW)2，短周期元素 W、Z、X、Y 的原子序数依次增大，X 为地壳中含 量最多的金属元素，则 X 为 Al；Y 的最外层电子数为次外层的一半，其原子序数大于 Al，则 Y 为 Si 元素；X 的离子与 ZW-含有相同的电子数，ZW-应为氢氧根，则 Z、W 分别为 O、H 中的一 种，结合 X2[Y4Z10](ZW)2 可知，Z 应为 O，则 W 为 H，以此来解答。 【详解】 A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：X＞Y＞Z＞W， 故 A 正确； B．水分子间形成氢键导致水的熔沸点反常，沸点：SiH4＜H2O，故 B 错误； C．Y 的最高价氧化物为 SiO2，SiO2 可作光导纤维的材料，故 C 正确； D．H、O 形成的化合物为 H2O 和 H2O2，常温常压下 H2O 和 H2O2 均为液体，故 D 正确； 故选：B。 【点睛】 地壳中含量最多的元素为 O 元素，含量最多的金属元素为 Al 元素；N、O、F 的氢化物分子间 形成氢键，导致其熔沸点较高。 5.下列实验对应的现象以及结论均正确的是 - 4 - 选项 实验 现象 结论 A 将少量 Cl2 通入 Fel2 溶液 溶液变黄 Cl2 将 Fe2+氧化为 Fe3+ B 向 Ba(ClO)2 溶液中通入 SO2 有白色沉淀生成 酸性：H2SO3>HClO C 相同温度时分别向相同浓度的 ZnSO4 溶液 和 CuSO4 溶液中通入 H2S 前者无现象，后者有黑 色沉淀生成 Ksp(ZnS)>Ksp(CuS) D 向盛有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油， 充分振荡，静置 下层为橙色 裂化汽油可萃取溴 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．向 FeI2 溶液中通入少量 Cl2，碘离子还原性更强，所以碘离子优先被氧化，故 A 错误； B．向 Ba(ClO)2 溶液中通入 SO2，次氯酸根会将二氧化硫氧化成硫酸根，继而和钡离子生成硫 酸钡沉淀，得到沉淀并不是亚硫酸钡，故 B 错误； C．前者无现象，后者有黑色沉淀生成，说明相同情况下，硫化铜更容易沉淀，溶解度更小， 二者为同种类型沉淀，溶解度越小则溶度积越小，所以 Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，故 C 正确； D．裂化汽油中含有烯烃，能与溴水发生加成反应，因此无法从溴水中萃取溴单质，故 D 错误； 故答案为 C。 6.在潮湿的深层土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，有关厌氧腐蚀的机理有多种，其中一种理 论为厌氧细菌可促使 SO4 2－与 H2 反应生成 S2－，加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。下列说 法不正确的是 - 5 - A. 正极的电极反应式为：2H2O＋2e－＝H2＋2OH－ B. SO4 2－与 H2 的反应可表示为：4H2＋SO4 2－ 厌氧细菌 S2－＋4H2O C. 钢管腐蚀的直接产物中含有 FeS、Fe(OH)3 D. 在钢管表面镀锌可减缓钢管的腐蚀 【答案】C 【解析】 【详解】A．在潮湿的深层土壤中钢管主要发生厌氧腐蚀，没有氧气参与反应，正极上水发生 还原反应生成 H2，电极反应式为 2H2O +2e-=2OH-+H2，故 A 正确； B．SO4 2-与 H2 在厌氧细菌的催化作用下反应生成 S2-和 H2O，根据电子守恒和元素守恒可知离子 反应式为：4H2+SO4 2- 厌氧细菌 S2-+4H2O，故 B 正确； C．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应式都是 Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为 2H++2e-=H2↑，SO4 2-与 H2 的反应可表示为：4H2+SO4 2- 厌氧细菌 S2-+4H2O，亚铁离子和硫离子反应生成硫化亚铁，硫离 子是多元弱酸阴离子，水解分步进行，水解的离子方程式为：S2-+H2O⇌ HS-+OH-，亚铁离子和氢 氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以钢管腐蚀的直接产物中含有 FeS、Fe(OH)2，故 C 错 误； D．原电池中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被保护，Fe、Zn 和电解质溶液构成原 电池时，锌更活泼，易失电子作负极，Fe 作正极，所以 Fe 被保护，在钢管表面镀锌可以防止 腐蚀，故 D 正确； 故答案为 C。 7.常温下，用 0.100 mol·L－1 NaOH 溶液滴定 10 mL 0.100 mol·L－1 H3PO4 溶液，曲线如图所 示。下列说法正确的是 - 6 - A. 滴定终点 a 可选择酚酞作指示剂 B. c 点溶液中 c(Na＋)>3c(PO4 3－)＋2c(HPO4 2－)＋c(H2PO4 －) C. b 点溶液中 c(HPO4 2－)>c(PO4 3－)>c(H2PO4 －) D. a、b、c 三点中水的电离程度最小的是 c 【答案】B 【解析】 【分析】 NaOH 滴定磷酸过程中依次发生反应：NaOH+H3PO4=NaH2PO4+H2O、NaOH+ NaH2PO4=Na2HPO4+H2O、 NaOH+Na2HPO4=Na3PO4+H2O，依次对应加入 10mLNaOH、20mLNaOH、30mLNaOH。 【详解】A．据图可知 a 点的 pH=4，酚酞的变色为 8.2~10，所以用酚酞作指示剂不合适，故 A 错误； B．c 点加入 30mLNaOH，溶液中的溶质为 Na3PO4，根据物料守恒可知 c(Na＋)=3c(PO4 3－)＋3c(HPO4 2 －)＋3c(H2PO4 －)+3c(H3PO4)，所以 c(Na＋)>3c(PO4 3－)＋2c(HPO4 2－)＋c(H2PO4 －)，故 B 正确； C．b 点加入 20mLNaOH，溶液中的溶质为 Na2HPO4，此时溶液显碱性，说明 HPO4 2-的水解程度大 于其电离程度，所以 c(H2PO4 －)> c(PO4 3－)，故 C 错误； D．酸或碱的电离抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，在 c 点处溶质只有 Na3PO4，此时 只有磷酸根的水解促进电离，水的电离程度最大，故 D 错误； 故答案为 B。 【点睛】解决此类问题的关键是根据滴定曲线，通过加入的 NaOH 的量来判断各点相应的溶质 是什么，再结合 pH 值、水解电离规律进行离子浓度的相关判断。 三、非选择题：共 174 分，第 22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33～38 题 为选考题，考生根据要求作答。 (一)必考题：共 129 分。 8.高纯 MnCO3 在电子工业中有重要的应用，工业上利用软锰矿(主要成分是 MnO2，还含有 Fe2O3、 - 7 - CaCO3、CuO 等杂质)制取碳酸锰的流程如图所示： 已知：还原焙烧主反应为 2MnO2＋C 焙烧 2MnO＋CO2↑。 可能用到的数据如下： 根据要求回答下列问题： (1)在实验室进行步骤 A，混合物应放在__________中加热；步骤 C 中的滤渣为__________。 (2)步骤 D 中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。 (3)步骤 E 中调节 pH 的范围为____________，其目的是______________________________。 (4)步骤 G，温度控制在 35℃以下的原因是____________________________________，若 Mn2+ 恰好沉淀完全时测得溶液中 CO3 2-的浓度为 2.2×10－6mol/L，则 Ksp(MnCO3)＝____________。 (5)生成的 MnCO3 沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否干净的方法是_____________________。 (6)现用滴定法测定产品中锰元素的含量。实验步骤：称取 3.300 g 试样，向其中加入稍过量 的磷酸和硝酸，加热使产品中 MnCO3 完全转化为[Mn(PO4)2]3－(其中 NO3 -完全转化为 NO2 －)；加入 稍过量的硫酸铵，发生反应 NO2 -＋NH4 ＋＝N2↑＋2H2O 以除去 NO2 -；加入稀硫酸酸化，再加入 60.00 mL 0.500 mol·L－1 硫酸亚铁铵溶液，发生的反应为[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋＝Mn2＋＋Fe3＋＋2PO4 3－； 用 5.00 mL 0.500 mol·L－1 酸性 K2Cr2O7 溶液恰好除去过量的 Fe2＋。 ①酸性 K2Cr2O7 溶液与 Fe2+反应的离子方程式为_____________________________________。 ②试样中锰元素的质量分数为____________。 【答案】 (1). 坩埚 (2). C、Cu 和 CaSO4 (3). 1∶2 (4). 3.7≤pH＜8.1 (5). 使 Fe3＋转化为 Fe(OH)3 而除去，而不影响 Mn2＋ (6). 减少碳酸氢铵的分解，提高原料利用 率 (7). 2.2×10－11 (8). 取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化 的 BaCl2 溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净 (9). 6Fe2＋＋Cr2O7 2-＋14H＋=6Fe3＋＋ - 8 - 2Cr3＋＋7H2O (10). 25% 【解析】 【分析】 (1)~(5)原料加木炭焙烧，主要发生 2MnO2+C 焙烧 2MnO+CO2↑，且 C 与 Fe2O3、CuO 发生反应， 生成 Fe、Cu，再用硫酸酸浸过滤得到 MnSO4、FeSO4 溶液，过滤分离出滤渣为不和稀硫酸反应 的 Cu、过量的木炭以及碳酸钙转化成的 CaSO4，再氧化、调节 pH 除去 Fe3+得到 MnSO4 溶液，最 后与 NH4HCO3 反应生成 MnCO3，分离烘干得到 MnCO3，以此来解答。 (6)滴定原理为：利用酸性 K2Cr2O7 滴定剩余的 Fe2+的量，从而确定与[Mn(PO4)2]3－反应的 Fe2+的 量，继而确定 Mn 元素的量。 【详解】(1)高温焙烧物质应在坩埚中进行；根据分析可知滤渣为 C、Cu 和 CaSO4； (2)步骤 D 中 MnO2 被还原成 Mn2+，化合价降低 2 价，Fe2+被氧化成 Fe3+，化合价升高 1 价，根据 得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：2； (3)此时溶液中的杂质主要为 Fe3+，结合表中数据可知步骤 E 中调节 pH 的范围为 3.7≤pH＜8.3， 其目的是使铁离子转化为氢氧化铁而除去，而不影响 Mn2+； (4)铵盐不稳定，受热易分解，所以步骤 G 中温度需控制在 35℃以下，减少碳酸氢铵的分解， 提高原料利用率；Mn2＋恰好沉淀完全时可认为 c(Mn2+)=10-5mol/L，Ksp(MnCO3)= c(Mn2+)·c(CO3 2-)=10-5×2.2×10－6=2.2×10-11； (5)生成的 MnCO3 沉淀可能附着有硫酸盐，所以检验是否含有硫酸根即可确认沉淀是否洗涤干 净，具体操作为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的 BaCl2 溶液， 若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净； (6)①酸性 K2Cr2O7 具有强氧化性，可以把亚铁离子氧化成铁离子，自身被还原成 Cr3+，根据电 子守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为 6Fe2＋＋Cr2O7 2-＋14H＋=6Fe3+＋2Cr3＋＋7H2O； ②根据方程式 6Fe2＋＋Cr2O7 2-＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O 可知剩余 n(Fe2+)= 0.500 mol·L-1×0.005L×6=0.015mol，则与[Mn(PO4)2]3－反应的 n(Fe2+)=0.500 mol·L-1×0.06L-0.015mol=0.015mol，根据方程式[Mn(PO4)2]3-＋Fe2＋＝Mn2＋＋Fe3＋＋2PO4 3－可知 n(Mn)=0.015mol，所以锰元素的质量分数为 0.015mol 55g/mol 100%3.300g   =25%。 9.碳酸二乙酯( )常温下为无色清澈液体。主要用作硝酸纤维素、树脂和一些药物 - 9 - 的溶剂，或有机合成的中间体。现用下列装置制备碳酸二乙酯。 回答下列问题： (1)甲装置主要用于制备光气(COCl2)，先将仪器 B 中的四氯化碳加热至 55～60℃，再缓缓滴 加发烟硫酸。 ①仪器 B 的名称是____________。②仪器 A 的侧导管 a 的作用是______________________。 (2)试剂 X 是____________，其作用是_____________________________________________。 (3)丁装置除了吸收 COCl2 外，还能吸收的气体是____________(填化学式)。仪器 B 中四氯化 碳与发烟硫酸(用 SO3 表示)反应只生成两种物质的量为 1：1 的产物，且均易与水反应，写出 该反应化学方程式：________________________________________________。 (4)无水乙醇与光气反应生成氯甲酸乙酯，再继续与乙醇反应生成碳酸二乙酯。 ①写出无水乙醇与光气反应生成氯甲酸乙酯的化学方程式：__________________________。 ②若起始投入 92.0g 无水乙醇，最终得到碳酸二乙酯 94.4g，则碳酸二乙酯的产率是______(三 位有效数字) 【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 平衡压强，有利于仪器 A 中液体顺利流下 (3). 浓 硫 酸 (4). 防 止 丁 装 置 中 的 水 蒸 气 进 入 乙 中 (5). HC1 (6). SO3+CCl4 55-60℃ COCl2+SO2Cl2 (7). COCl2+CH3CH2OH→CH3CH2OOCCl+HCl (8). 80.0% 【解析】 【分析】 - 10 - 本实验的目的是制备碳酸二乙酯，甲装置中利用发烟硫酸和四氯化碳反应制备 COCl2，通入无 水乙醇进行反应，无水乙醇与光气反应生成氯甲酸乙酯，再继续与乙醇反应生成碳酸二乙酯； COCl2 遇水迅速水解，所以整个制备过程需要在无水环境中进行，因此丙装置中应盛有浓硫酸 防止丁中的水蒸气进入乙装置；装置丁进行尾气吸收。 【详解】 （1）①根据仪器 B 的结构特点可知其为三颈烧瓶； ②仪器 A 的侧导管 a 可以平衡压强，有利于仪器 A 中液体顺利流下； （2）根据分析可知试剂 X 应为浓硫酸，其作用是防止丁装置中的水蒸气进入乙中； （3）COCl2 与无水乙醇作用可以生成氯甲酸乙酯，再继续与乙醇反应生成碳酸二乙酯，根据元 素守恒可知该过程中还有 HCl 产生，所以丁装置还能吸收 HCl 气体；四氯化碳与发烟硫酸(用 SO3 表示)反应只生成两种物质的量为 1：1 的产物，且均易与水反应，根据题目提供信息可知 产物中除了 COCl2，还应含有 SO2Cl2，根据元素守恒可得方程式为 SO3+CCl4 55-60℃ COCl2+SO2Cl2； （4）①根据元素守恒无水乙醇与光气反应生成氮甲酸乙酯的化学方程式应为 COCl2+CH3CH2OH→CH3CH2OOCCl+HCl； ②氯甲酸乙酯与乙醇反应生成碳酸二乙酯的方程式应为 CH3CH2OOCCl+CH3CH2OH→ +HCl，所以理论上 2mol 无水乙醇可以生成 1mol 碳酸二乙 酯，92.0g 无水乙醇的物质的量为 92.0g 46g/mol =2mol，应生成 1mol 碳酸二乙酯，所以产率为 94.4g 100%1mol 118g/mol  =80%。 【点睛】 本实验中仪器 A 的名称是恒压滴液漏斗，由于导管的存在可以使分液漏斗内压强和烧瓶中的 压强一致，有利于液体顺利滴下，其他类似的装置作用原理一样。 10.中科院大连化学物理研究所的一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，如图所示，甲烷在 催化作用下脱氢，在不同温度下分别形成 等自由基，在气相中经自由基：CH2 偶 联反应生成乙烯(该反应过程可逆) - 11 - 物质 燃烧热/(kJ•mol-1) 氢气 285.8 甲烷 890.3 乙烯 1411.0 (1)已知相关物质的燃烧热如上表所示，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式______________。 (2)现代石油化工采用 Ag 作催化剂，可实现乙烯与氧气制备 X(分子式为 C2H4O，不含双键)该 反应符合最理想的原子经济，则反应产物是____________(填结构简式) (3)在 400℃时，向初始体积为 1L 的恒压密闭反应，器中充入 1 mol CH4，发生(1)中反应，测 得平衡混合气体中 C2H4 的体积分数为 25.0%。则： ①在该温度下，其平衡常数 KC＝____________。 ②若向该反应器中通入高温水蒸气(不参加反应，高于 400℃)，则 C2H4 的产率____________。 (填“增大”“减小”“不变”或“无法确定”)，理由是 _______________________________。 ③若反应器的体积固定，不同压强下可得变化如右图所示，则压强 P1，P2 的大小关系是 ____________。 - 12 - (4)实际制备 C2H4 时，通常存在副反应 2CH4(g)  C2H4(g)＋2H2(g)。反应器和 CH4 起始量不变， 不同温度下 C2H6 和 C2H4 的体积分数与温度的关系曲线如右图所示。在温度高于 600℃时，有可 能得到一种较多的双碳有机副产物的名称是____________。 (5)C2H4、C2H6 常常作为燃料电池的原料，请写出 C2H4 在 NaOH 溶液中做燃料电池的负极的电极 反应方程式________________________________________________。 【答案】 (1). 2CH4(g)  C2H4(g)+2H2(g) ΔH=+202.0kJ/mol) (2). (3). 1.0 (4). 增大 (5). 该反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸汽相当 于加热，同时通入水蒸气，反应器的体积增大，相当于减小压强，均使平衡右移，C2H4 的产率 增大 (6). P1>P2 (7). 乙炔 (8). 16OH-+C2H4-12e-=2CO3 2-+10H2O 【解析】 【详解】(1)根据表格中数据有：①H2(g)+ 1 2 O2(g)═H2O(l)△H1=-285.8kJ/mol； ②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H2=-890.3kJ/mol； ③C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H3=-1411.0kJ/mol； 甲烷制备乙烯的化学方程式为：2CH4(g)⇌ C2H4(g)+2H2(g)，根据盖斯定律，将②×2-③-①×2 得到，2CH4(g)⇌ C2H4(g)+2H2(g)△H=2△H2-△H3-2△H1=+202.0kJ/mol； (2)由题意乙烯与氧气催化制备 X，X 的分子式 C2H4O，不含双键，反应符合最理想的原子经济 可知，X 的结构简式为 ； (3)①400℃时，向 1L 的恒容反应器中充入 1molCH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中 C2H4 的体积分数为 25.0%，设转化的甲烷为 x，由此建立如下三段式：      4 2 24 +2H g mol 1 0 0 mol 2x x 2x mol 1-2x x 2x 2CH g C H g 起始( ) 转化( ) 平衡( ) - 13 - 相同条件下气体的体积比等于物质的量之比，所以有 x 1-2x+x+2x =25%，解得 x= 1 3 mol，平衡时 气体的总物质的量为 1 1 2 4+ + mol= mol3 3 3 3      ，容器恒压，则气体的物质的量之比等于体积之比， 原体积为 1L，则此时体积应为 4 3 L，所以化学平衡常数为平衡常数 K=       1 2 23 3 2 4 2 4 4 4 2 3 3 12 23 4 3 ( )H = ( ) C H CH c c c  =1.0； ②甲烷制备乙烯的反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气，相当于加热，平衡右 移，产率增大；同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡右移，产率也增 大，因此 C2H4 的产率将增大； ③若容器体积固定，甲烷制备乙烯的反应为气体体积增大的反应，温度相同时，增大压强平 衡向逆反应方向移动，CH4 的平衡转化率降低，因此 P1>P2； (4) 甲烷在不同温度下分别形成 等自由基，据图可知温度高于 600℃时，应有 较多的自由基 生成，自由基结合生成 ，则双碳有机副产物为乙炔； (5)燃料电池的负极化合价升高，C2H4 在 NaOH 溶液中转化为 CO3 2-，电极反应式为： C2H4-12e-+16OH-=2CO3 2-+10H2O。 【点睛】本题平衡常数的计算为难点、易错点，要注意本题中的容器为恒压容器，而不是恒 容，涉及的反应前后气体系数之和不相等，所以在平衡移动的过程中容器的体积会变，所以 在计算平衡常数时要先算出此时容器的体积，才能求出浓度。 (二)选考题：共 45 分。请考生从 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答。 如果多做，则每科按所做的第一题计分。 [化学——选修 3：物质结构与性质] 11.催化剂在现代化学工业中占有极其重要的地位，主要涉及过渡元素及其化合物、硅、铝化 合物等。中国科学家创造性地构建了硅化物晶格限域的单铁中心催化剂，成功地实现了甲烷 在无氧条件下选择活化，一步高效生产乙烯、芳烃和氢气等化学品。 (1)硅、碳位于同一主族，用“>”“<”或“＝”填空： 性质 原子半径 第一电离能 熔点 键能 - 14 - 项目 ①Si__________C ②C_________Si ③CO2______SiO2 ④H-Si_______H-C (2)CN－能与 Fe3＋形成配合物，与 CN－互为等电子体的分子有_____________(任写一种)； 1mol[Fe(CN)6]3－中含____________mol σ键。 (3)已知：反应 2CH4  催化剂 CH2＝CH2＋2H2，碳原子的杂化类型转化过程为___________； (4)聚四氟乙烯是一种准晶体，准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，可通过___________方法区分晶体、准晶体和非晶体。 (5)基态 F 原子的价层电子排布图为___________。 (6)[H2F]＋[SbF6]－(氟锑酸)是一种超强酸，存在[H2F]＋，该离子的空间构型为____________。 (7)CuCl 的熔点为 426℃，熔化时几乎不导电；CuF 的熔点为 908℃，密度为 7.1g·cm－3。 ①CuF的熔点比 CuCl 的高，原因是____________________________________________。 ②已知 NA 为阿伏加德罗常数的值，CuF 的晶胞结构如图所示，则 CuF 的晶胞参数 a＝ __________nm(列出计算式)。 【答案】 (1). > (2). > (3). < (4). < (5). N2 (或 CO 等) (6). 12 (7). sp3 转化成 sp2 (8). X−射线衍射 (9). (10). V 形 (11). CuCl 为分子晶体，CuF 为离子晶体 (12). A 4 833 7.1N  ×107 【解析】 【详解】(1)①Si 原子电子层数为 3，C 原子电子层数为 2，所以半径 Si>C； ②Si 原子电子层数为 3，C 原子电子层数为 2，所以 C 原子的原子核对核外电子的吸引能力更 强，第一电离能更大； ③二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，所以熔点：CO2>SiO2； ④Si 原子半径更大，所以键能 H-Si

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