【化学】山西省忻州市第一中学2018-2019学年高二下学期第三次月考试题(解析版）

【化学】山西省忻州市第一中学2018-2019学年高二下学期第三次月考试题(解析版）

山西省忻州市第一中学2018-2019学年高二下学期第三次月考试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 A1 27 Cl 35.5 Ga 70 As 75‎ 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.化学与生产、生活、环境等密切相关。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 乙醇、双氧水均可用于杀菌消毒 B. 首艘国产航母使用的特种钢缆属于金属材料 C. 中国在海洋试开采的可燃冰属于有机物 D. 减少二氧化硫的排放，可以从根本上消除污染 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇、双氧水杀菌消毒都是使蛋白质变性，故A正确；‎ B．特种钢缆属于金属材料，故B正确；‎ C． 可燃冰是甲烷水合物，属于有机物，故C正确；‎ D．减少二氧化硫的排放，可以降低环境污染，不能消除，故D错误 故答案为D。‎ ‎2.下列化工生产不涉及化学变化的是（ ）‎ A. 用硫磺生产硫酸 B. 分馏法生产汽油 C. 热还原法冶炼铁 D. 氢气和氮气合成氨 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用硫磺生产硫酸发生的三个反应是S+O2 SO2、2SO2+O2 2SO3、SO3+H2O═H2SO4，发生了化学变化，故A错误；‎ B．炼油厂用分馏法生产汽油是利用沸点的不同进行混合物的分离操作，发生的是物理变化，故B正确；‎ C．钢铁厂炼铁的原理是用还原剂将铁从其氧化物中还原出来，发生的是化学变化，故C错误；‎ D．工业上用氮气和氢气合成氨气：N2+3H2 2NH3，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎3.下列物质的结构与组成表示方法错误的是（ ）‎ A. HClO的结构式：H-O-Cl B. 硫离子的结构示意图：‎ C. 二硫化碳的电子式 ‎ D. 中子数为10的氧原子：16O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．次氯酸分子中存在1个氢氧键和1个氧氯键，次氯酸正确的结构式为：H-O-Cl，故A正确；‎ B．硫离子的最外层有8个电子，即为，故B正确；‎ C．CS2是共价化合物，其结构式为S=C=S，碳原子和硫原子之间有2对电子，其电子式为，故C正确；‎ D．氧原子的质子数为8，则中子数为10的氧原子为18O，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎4.常温下，下列各组离子在溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. Ba2＋、Al3＋、Cl－、SO42－ B. H＋、K＋、HCO3- I－‎ C. NH4+、Cu2＋、Cl－ D. Fe3＋、Mg2＋、SCN－、SO42－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ba2＋和SO42－生成BaSO4白色沉淀，不能大量共存，故A错误；‎ B．H＋和HCO3-反应生成CO2和H2O，不能大量共存，故B错误；‎ C．NH4+、Cu2＋、Cl－三者之间不发生离子反应，能大量共存，故C正确；‎ D．Fe3＋和SCN－反应生成配合离子，不能大量共存，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎5.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 0. 1 mol苯乙烯中含碳碳双键数为0. 4NA B. 13. 35 g AlCl3水解形成的A1(OH)3胶体粒子数为0. 1NA C. 22. 4 L(标准状况下)氯气溶于水，生成次氯酸分子数为NA D. 足量的CH4与1. 0 mol Cl2在光照下充分反应，生成HCl分子数为NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯环无碳碳双键，每个苯乙烯分子中只有1个碳碳双键，故A错误；‎ B．一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体，且铝离子水解是可逆反应，故所得的胶粒的个数小于0.1NA个，故B错误；‎ C．Cl2与H2O的反应是可逆反应，反应生成的HClO部分电离，则1molCl2溶于水生成次氯酸分子数小于NA，C项错误；‎ D．CH4和Cl2在光照条件下，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷及四氯甲烷，同时生成的HCl的物质的量和参加反应的Cl2的物质的量一定相等，即1. 0 mol Cl2在光照下充分反应，生成HC1分子数为NA，D项正确；‎ 故答案为D。‎ ‎6.锌猛干电池是日常生活中常用的一次电池。一种处理废旧干电池的流程如下：‎ 下列叙述错误的是（ ）‎ A. 合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用 B. “水浸”后的滤渣干燥后经充分灼烧可回收其中的MnO2‎ C. “沉淀”反应后的滤液可通过蒸发至干回收NH4Cl D. “沉淀”反应的离子方程式为：Zn2＋ + 2NH3·H2O = Zn(OH)2↓ + 2NH4+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】黑色碳包用水浸后过滤得到的滤渣为MnO2和C粉及固体有机物，滤液中加入氨水并调节pH=8后过滤，生成的沉淀为Zn(OH)2，滤液中主要含有NH4Cl；‎ A．废旧干电池处理不当不仅会造成重金属污染还浪费资源，故A正确；‎ B．滤渣中含MnO2、C及有机物，灼烧可除去C和有机物，故B正确；‎ C．直接蒸发至干会使NH4Cl分解挥发，故C错误；‎ D．加氨水可将Zn2+沉淀得到Zn(OH)2，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎7.下列说法正确的是（ ）‎ A. 淀粉与纤维素的相对分子质量相等 B. 用灼烧的方法鉴别蚕丝和人造纤维 C. 蛋白质中加入浓硝酸一定显黄色 D. 淀粉、氨基酸和油脂均能发生水解反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．淀粉和纤维素的聚合度n不同，则化学式不同，相对分子质量不相等，故A错误；‎ B．蚕丝成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，故B正确；‎ C．有些蛋白质分子中不含苯环，遇浓硝酸不变黄色，故C错误；‎ D．淀粉和油脂可水解，而氨基酸不能发生水解，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎8.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系正确的是（ ）‎ 选项 化学性质 实际应用 A FeCl3溶液显酸性 脱除燃气中H2S B Na2S溶液显碱性 去除废水中Cu2+，Hg2+ 等 C 活性炭具有还原性 用作自来水的净化剂 D NaC1O2具有氧化性 脱除烟气中的SO2及NOx ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．脱除H2S利用FeCl3溶液的氧化性，故A错误；‎ B．去除废水中Cu2+、Hg2+是利用S2- 与Cu2+、Hg2+等形成沉淀，与Na2S溶液显弱碱性无关，故B错误；‎ C．净化自来水是利用活性炭的吸附性，故C错误；‎ D．NaClO2具有氧化性，将SO2及NOx，转化为硫酸和硝酸而去除，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎9.下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 向FeI2溶液中通入过量的氯气：2I－ + Cl2 = I2 + 2Cl－‎ B. 用稀硝酸去除试管内壁的银镜：Ag + NO3－ + 2H＋ = Ag＋ + NO2↑ + H2O C. 向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3＋ + 3OH－ = A1(OH)3↓‎ D. 用稀盐酸溶解铜绿[Cu2(OH)2CO3] ：Cu2 (OH)2CO3 + 4H＋ = 2Cu2＋+ CO2 ↑ + 3H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．FeI2溶液中通入过量的氯气，亚铁离子也能被氧化，故A错误；‎ B．稀硝酸与银反应生成硝酸银和NO气体，故B错误；‎ C．向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液，生成的Al(OH)3沉淀会被溶解，生成NaAlO2溶液，故C错误；‎ D．Cu2(OH)2CO3不溶于水，用稀盐酸溶解铜绿[Cu2(OH)2CO3] 发生反应的离子方程式为Cu2 (OH)2CO3 + 4H＋ = 2Cu2＋+ CO2 ↑ + 3H2O，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎10.丙烯与HCl加成可能发生反应①和②，其能量与反应进程如图所示：下列说法正确的是（ ）‎ A. CH3CHClCH3 比 CH3CH2CH2Cl 稳定 B. 反应①的第I步与第Ⅱ步均放出能量 C. 反应②的第I步比第Ⅱ步反应速率快 D. 活化能反应①比②的大，反应①更易进行 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH3CHClCH3比CH3CH2CH2Cl能量低，能量低的物质稳定，则CH3CHClCH3比CH3CH2CH2Cl稳定，故A正确；‎ B．反应①的Ⅰ的能量增大、Ⅱ的能量减小，则I吸收能量，故B错误；‎ C．反应②的第I步比第II步活化能大，则反应②的第I步比第Ⅱ步反应速率慢，故C错误；‎ D．活化能反应①比②大，活化能高难以进行，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎11.主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均小于18. X、Y、Z的原子最外层电子数之和为15；X、Z同主族；Y是地壳中含量最多的金属元素。则下列说法错误的是（ ）‎ A. Y、Z、W均位于第三周期 B. 简单氢化物稳定性：X>Z C. X、Y组成的化合物具有两性 D. 离子半径大小：Z>W>Y>X ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】X、Z同主族，设最外层电子数均为a，Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al元素，其最外层电子数为3；X、Y、Z的原子最外层电子数之和为15，即2a+3=15，解得：a=6，即X为O元素，Z为硫元素，结合主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且均小于18，可知W为Cl元素；‎ A．Al、S、Cl均在第三周期，为同周期元素，故A正确；‎ B．非金属性O>S，则简单氢化物稳定性：H2O>H2S，故B正确；‎ C．O、Al组成的化合物为氧化铝，与酸和强碱均反应生成盐和水，具有两性，故C正确；‎ D．离子核外电子层数越多，离子半径越大，具有相同电子层结构的离子，原子序数大，离子半径反而小，则离子半径大小：S2->Cl->O2-> Al3+，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎12.某校学习小组的同学设计了如下图所示装置验证SO2的某些性质。下列说法正确的是（ ）‎ A. Ⅰ中浓硫酸表现强氧化性 B. Ⅱ中紫色石蕊溶液先变红后褪色 C. Ⅲ中硫化氢溶液用于验证SO2的氧化性 D. Ⅲ中两个棉球均褪色，加热后均又恢复原来颜色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在制备SO2的反应中，浓H2SO4表现强酸性，故A错误；‎ B．SO2水溶液显酸性，只能使石蕊溶液变红而不褪色，故B错误；‎ C．Ⅲ中发生反应SO2+2H2S = 3S↓+2H2O，体现SO2的氧化性，则通过观察有沉淀生成即可验证的SO2氧化性，故C正确；‎ D．SO2使品红褪色，但褪色后的品红棉球加热后红色恢复，而SO2使高锰酸钾棉球褪色发生了氧化还原反应，则加热后紫色不恢复，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎13.某无色溶液中可能含有K＋、Mg2＋、Al3＋ ，AlO2－ 、 SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-，某同学为了探究该溶液存在的离子，进行了如下实验：‎ ‎①向溶液中加入过量的稀盐酸，有无色气体X和沉淀Y生成，过滤后得到无色溶液Z；‎ ‎②将X通入溴水中，溴水无明显变化；‎ ‎③向Z中加入过量的氨水，又有白色沉淀产生。‎ 下列判断正确的是（ ）‎ A. 原溶液中一定含有K＋、AlO2－、SO42-‎ B. 原溶液中一定不含Mg2+、AlO2－、SO32-‎ C. X、Y的化学式依次为SO2、Mg(OH)2‎ D. 实验③中反应为Al3＋+ 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+ 3NH4+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】无色溶液中加入过量的稀盐酸，有无色气体X和沉淀Y生成，说明溶液中一定含有SiO32-，生成的沉淀为H2SiO3；气体X通入溴水中无明显变化，则X为CO2，说明含有CO32-，不存在SO32-，同时也一定无Mg2+和Al3+，一定含有K＋；向Z溶液中加入过量的氨水，又有白色沉淀产生，说明溶液中一定含有AlO2-，无法确定是否有SO42-；‎ A．由分析知，原溶液中一定含有K＋、AlO2－ 、 SiO32-、CO32-，故A错误；‎ B．由分析知，原溶液中一定不含Mg2＋、Al3＋、SO32-，故C错误；‎ C．由分析知，X、Y的化学式依次为CO2、H2SiO3，故C错误；‎ D．实验③向Z溶液中加入过量的氨水，有白色沉淀产生，说明溶液中一定含有AlO2-，生成的沉淀为Al(OH)3，发生的离子反应为Al3＋+ 3NH3·H2O = Al(OH)3↓+ 3NH4+，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎14.最近美国学者成功实现用氮气和水生产氨，其装置如下图所示：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 上图中的能量转化方式只有2种 B. a极发生的电极反应为N2 + 6H＋ + 6e－ = 2NH3‎ C. 装置工作时H＋ 向b极区移动，电解质溶液pH减小 D. a极区与b极区产生的气体的物质的量之比为1 ：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．能量转化方式有：风力→机械能→电能；光能→电能；电能→化学能，故A错误；‎ B．由图示a极上空气中的N2还原为NH3，a极发生的电极反应为N2+6H+ +6e- = 2NH3，故B正确；‎ C．H+向阴极(a极)移动，整个电解质溶液的pH不变，故C错误；‎ D．电解总反应为2N2+ 6H2O = 4NH3 + 3O2，a极区与b极区产生的气体的物质的量之比为4：3，故D错误；‎ 故答案为B。‎ 二、非选择题：共58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：共43分。‎ ‎15.硫代硫酸钠(Na2S2O3)广泛用于电镀、鞣制皮革、棉织品漂白后的脱氯剂等。某实验小组的同学以Na2S和SO2为原料制备Na2S2O3。回答下列问题：‎ ‎(1)制备Na2S溶液 ‎①Na2S溶液呈碱性，原因是____________________________(用离子方程式表示)。‎ ‎②工业品硫化钠中常含有少量Na2SO4和Na2CO3，需进行纯化，他们将硫化钠溶于水，然后加入适量的_____________(填化学式)溶液充分搅拌并过滤，再精制得Na2S溶液。‎ ‎(2)利用下图装置制备Na2S2O3‎ ‎①装置Ⅰ中反应化学方程式为___________________________________。‎ ‎②实验过程中打开螺旋夹并调节螺旋夹至适当的位置，一方面使反应产生的SO2气体较均匀地通入Na2S—Na2CO3溶液中，另一方面的作用是______________________________。‎ ‎③三口烧瓶内生成Na2S2O3的化学方程式为；____________________________________；装置Ⅲ的作用是_________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). S2- +H2O HS- +OH- (2). BaS[或Ba(OH)2] (3). Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + H2O +SO2↑ (4). 防止发生倒吸 (5). 2Na2S+Na2CO3+4SO2 = 3Na2S2O3+CO2 ‎ ‎ (6). 吸收SO2、CO2等酸性气体并防止倒吸 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①Na2S是强碱弱酸盐，溶液中S2-易水解；‎ ‎②将溶液中的SO42-和CO32-转化为沉淀，同时不引入新的杂质；‎ ‎(2)①装置Ⅰ中硫酸与Na2SO3溶液反应生成硫酸钠和SO2气体；‎ ‎②气体溶解于液体时要防倒吸；‎ ‎③三口烧瓶内SO2气体通入Na2S—Na2CO3溶液中，生成Na2S2O3和CO2气体；SO2气体有毒，不能排放到空气中。‎ ‎【详解】(1)①Na2S是强碱弱酸盐，溶液中S2-易水解且一级水解为主，发生水解反应的离子方程式为S2- +H2OHS- +OH-；‎ ‎②硫化钠中常含有少量Na2SO4和Na2CO3，将硫化钠溶于水，然后滴加适量的BaS[或Ba(OH)2]溶液，将溶液中的SO42-和CO32-转化为BaSO4和BaCO3沉淀，经过滤即得Na2S溶液；‎ ‎(2)①装置Ⅰ中硫酸与Na2SO3溶液反应生成硫酸钠和SO2气体，发生反应的化学方程式为Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + H2O +SO2↑；‎ ‎②实验过程中通过打开螺旋夹并调节螺旋夹至适当的位置，即使反应产生的SO2气体较均匀地通入Na2S—Na2CO3溶液中，又能起到防倒吸的作用；‎ ‎③三口烧瓶内SO2气体通入Na2S—Na2CO3溶液中，生成Na2S2O3和CO2气体，发生反应的化学方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2 = 3Na2S2O3+CO2；SO2气体有毒，用NaOH溶液吸收含有CO2、SO2的尾气，可防污染环境，同时使用倒置的三角漏斗可防倒吸。‎ ‎16.某铜矿石的主要成分是Cu2O，还含有少量的Al2O3、Fe2O3和SiO2。某学习小组模拟化工生产设计了如下流程制备精铜。‎ 已知：Cu2O + 2 H＋ = Cu + Cu2＋ + H2 O 回答下列问题：‎ ‎(1)实际生产中，常将铜矿石粉碎的目的是______________________________。‎ ‎(2)滤渣1中含有较多的铜，提纯滤渣1时反应的离子方程式为_______________________________。 ‎ ‎(3)滤液1中铁元素的存在形式为______________(填离子符号)，检验该离子的常用试剂为________________。‎ ‎(4)写出加入铝粉时生成铜的化学方程式：______________________________。‎ ‎(5)“电解”精炼过程中，粗铜与外接电源的___________极相连；阴极的电极反应式为__________________________________。‎ ‎【答案】(1). 增大与酸的接触面积，提高金属元素的浸出率 (2). SiO2+2OH- = SiO32- +H2O (3). Fe2+ (4). 氯水和硫氰化钾溶液 (或其他合理答案) (5). 2Al+3CuO 3Cu+Al2O3 (6). 正 (7). Cu2+ +2e- = Cu ‎【解析】‎ ‎【分析】铜矿石的成分中含有Cu2O，还含有少量的Al2O3、Fe2O3和SiO2，加入足量稀盐酸并过滤，Cu2O溶于酸反应生成铜和铜盐，所以滤渣1为Cu、SiO2，滤液1中含有亚铁离子、铝离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液过滤得到滤渣2为氢氧化铜、氢氧化铁，将滤渣2在空气中加热灼烧得到氧化铁和氧化铜，和铝发生铝热反应得到粗铜，含有铁杂质，粗铜精炼得到精铜，结合物质的性质分析解答。‎ ‎【详解】(1)酸浸时将铜矿石粉碎，可增大与酸的接触面积，提高金属元素的浸出率；‎ ‎(2) 滤渣1为Cu、SiO2，可用NaOH溶液溶解SiO2生成可溶于水的Na2SiO3，再过滤即可得到Cu，发生反应的离子方程式为SiO2+2OH- = SiO32- +H2O； ‎ ‎(3) Fe2O3溶解于稀盐酸生成Fe3+，Fe3+有较强氧化性，能氧化Cu生成Fe2+，故滤液1中铁元素的存在形式为Fe2+；检验Fe2+的方法是先滴加KSCN溶液不变红色，再滴加氯水，溶液变红色，即可证明溶液中含有Fe2+；‎ ‎(4)在高温加热的条件下，铝粉和CuO发生铝热反应生成铜和氧化铝，发生反应的化学方程式为2Al+3CuO 3Cu+Al2O3；‎ ‎(5)粗铜精炼是利用电解原理，粗铜与外接电源的正极相连，发生氧化反应，电解池的阴极是溶液中的Cu2+发生还原反应，电极反应式为Cu2+ +2e- = Cu。‎ ‎17.乙烯是世界上产量最大化学产品之一，乙烯工业是石油化工产业的核心。回答下列问题：‎ ‎(1)乙烷可通过热裂解和氧化裂解制取乙烯。已知下列键能数据：‎ 化学键 C—C C=C C—H H—H 键能/ kJ·mol -1‎ ‎347. 7‎ ‎615‎ ‎413. 4‎ ‎436. 0‎ ‎①乙烷直接裂解制乙烯的热化学方程式为_____________________________。‎ ‎②氧化裂解制乙烯的热化学方程式为C2H6(g) + O2(g) = C2H4(g) + H2O(g) △H = - 105 kJ·mol-1 . 结合①分析，氧化裂解相对热裂解生产乙烯的优点是：_____________________________________(列举1点)。‎ ‎(2)利用生物乙醇在某种分子筛催化下可脱水制取乙烯，相应反应如下：‎ I. C2H5OH(g) C2H4(g) + H2O(g)‎ Ⅱ. 2C2H5OH(g) (C2H5)2O(g) + H2O(g)‎ 平衡常数［Kp是用平衡分压代替平衡浓度(平衡分压=总压×物质的量分数)］及产品选择性如下图所示：‎ ‎①反应 C2H5OH(g) C2H4(g) + H2O(g) 的△H______(填“＞”或“＜”)0。‎ ‎②关于上图中交点M，下列说法正确的是________(填字母)。‎ a. 一段时间内，反应I、Ⅱ的速率相等 b. 某温度下，反应I、Ⅱ的平衡常数相等 c. 一段时间内，反应I、Ⅱ中乙醇的转化率相等 ‎(3)利用煤制合成气，再由合成气间接制乙烯包含的反应有：‎ I. CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) △H=a kJ·mol-1‎ Ⅱ. 2CH3OH(g) C2H4(g) + 2H2O(g) △H =b kJ·mol-1‎ ‎①反应 2CO(g) + 4H2(g) C2H4(g) + 2H2O(g) △H = _________kJ·mol-1 (用 a、b表示)。‎ ‎②在容积为1 L的密闭容器中，投入2 mol CO和4 mol H2，10 min后，测得c(CO) = 1. 2 mol·L-1·min-1，则10 min内v(H2)=_____________ mol·L-1·min-1。‎ ‎【答案】(1). C2H6(g) = C2H4(g) + H2(g) △H = + 123. 5 kJ·mol-1 (2).‎ ‎ 热裂解是吸热反应需消耗大量的能量，氧化裂解为放热反应，节省能源 (3). ＞ (4). b (5). 2a+b (6). 0. 16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1) ①反应焓变△H=反应物总键能-生成物总键能；‎ ‎②氧化裂解是放热反应，而热裂解是吸热反应，能量消耗不一样；‎ ‎(2)①结合升高温度，平衡移动时lnKp的变化分析△H；‎ ‎②图示体现的是温度对lnKp的影响；‎ ‎ (3) ① 已知：I. CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) △H=a kJ·mol-1，Ⅱ. 2CH3OH(g) C2H4(g) + 2H2O(g) △H =b kJ·mol-1，根据盖斯定律，I×2+Ⅱ可得反应 2CO(g) + 4H2(g) C2H4(g) + 2H2O(g)，由此计算△H；‎ ‎②根据v=先计算v(CO)，再计算v(H2)。‎ ‎【详解】(1)①C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g)，反应焓变△H=反应物总键能-生成物总键能=413.4kJ/mol×6+347.7kJmol-(616kJ/mol+413.4kJ/mol×4+436.0kJ/mol)=+ 123. 5kJ/mol，则乙烷直接裂解制乙烯的热化学方程式为C2H6(g) = C2H4(g) + H2(g) △H = + 123. 5 kJ·mol-1；‎ ‎②氧化裂解制乙烯的热化学方程式为C2H6(g) + O2(g) = C2H4(g) + H2O(g) △H = - 105 kJ·mol-1 ，而乙烷直接裂解制乙烯的热化学方程式为C2H6(g) = C2H4(g) + H2(g) △H = + 123. 5 kJ·mol-1，可见热裂解是吸热反应需消耗大量的能量，氧化裂解为放热反应，节省能源；‎ ‎ (2)①由图示可知升高温度，平衡移动时lnKp的值不断增大，说明温度升高，Kp增大，即平衡正向移动，正方向为吸热反应，故△H＞0；‎ ‎②上图中交点M表示某温度时，反应I、Ⅱ的lnKp的值相等，即平衡常数相等，因反应I、Ⅱ的反应原理不同，无法体现乙醇的转化率是否相等和反应I、Ⅱ的速率是否相等，故答案为b；‎ ‎ (3)①已知：I. CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) △H=a kJ·mol-1，Ⅱ. 2CH3OH(g) C2H4(g) + 2H2O(g) △H =b kJ·mol-1，根据盖斯定律，I×2+Ⅱ可得反应 2CO(g) + 4H2(g) C2H4(g) + 2H2O(g)，则△H=(a kJ·mol-1)×2+(b kJ·mol-1)=(2a+b)kJ·mol-1；‎ ‎②在容积为1 L的密闭容器中，投入2 mol CO和4 mol H2，10 min后，测得c(CO) = 1. 2 mol·L-1·min-1，v(CO)===0.08 mol·L-1·min-1，则v(H2)= v(CO) ×=0.08 mol·L-1·min-1×2=0.16 mol·L-1·min-1。‎ ‎ (二)选考题：共15分。请考生从给出的2道试题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。‎ ‎18.镓(Ga)、锗(Ge)、硅(Si)、硒(Se)的单质及某些化合物如砷化镓、磷化镓等都是常用的半导体材料。回答下列问题：‎ ‎(1)基态硒原子的核外电子排布式为[Ar]__________，核外电子占据的最高能层的符号是________________。 ‎ ‎(2)砷与锗、硒是同周期主族元素，该三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______________________。‎ ‎(3)单晶锗具有金刚石结构，其原子之间存在的作用力为__________________。‎ ‎(4)水晶的主要成分是二氧化硅，在水晶中硅原子的配位数是____________。硅与氢结合能形成一系列的二元化合物SiH4、Si2H6等，与氯、溴结合能形成SiCl4、SiBr4，上述四种物质沸点由高到低顺序为_______________，丁硅烯(Si4H8)中键与键个数之比为______________。‎ ‎(5)已知GaCl3的熔点77. 9 °C ，沸点201°C ； GeCl4的熔点 -49. 5 °C ，沸点84 °C，则GaCl3的晶体类型为______________，GaCl3的杂化轨道类型为_____________，GeCl4的空间构型为_________________。‎ ‎(6)砷化稼的晶胞结构如图所示，若该晶体密度为］则晶胞参数a =_____________cm (用NA表示阿伏加德罗常数)。‎ ‎【答案】(1). 3d104s24p4 (2). N (3). As＞Se＞Ge (4). 共价键 (5). 4 (6). SiBr4＞SiCl4＞Si2H6＞SiH4 (7). 11：1 (8). 分子晶体 (9). sp2 (10). 正四面体 (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1) Se是34号元素，处于第四周期第第ⅥA族；其最外层电子处于电子层第四层；‎ ‎(2)‎ ‎ 同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族元素第一电离能高于相邻元素的；‎ ‎(3) 单晶锗具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体。‎ ‎(4) 水晶晶体中1个硅原子结合4个氧原子，同时每个氧原子结合2个硅原子，以[SiO4]四面体结构向空间延伸的立体网站结构；均属于分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；丁硅烯(Si4H8)与丁烯结构类似，分子中有8个Si-H键，1个Si=Si双键、2个Si-Si键，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键；‎ ‎(5)GaCl3的熔沸点很低，符合分子晶体的性质；GaCl3中Ga原子形成3个Ga-Cl键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3；GeCl4中Ge原子形成4个Ge-Cl键，没有孤电子对，价层电子对数为4，微粒空间构型与VSEPR模型相同；‎ ‎(6)均摊法计算晶胞中As、Ga原子数目，结合密度计算晶胞体积，晶胞体积开三次方可得晶胞参数。‎ ‎【详解】(1) Se是34号元素，处于第四周期第ⅥA族，核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p4 ；其最外层电子处于电子层第四层，则核外电子占据的最高能层的符号是N；‎ ‎(2) 同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但IIA族、VA族元素第一电离能高于相邻元素的，故第一电离能为：As＞Se＞Ge；‎ ‎(3) 单晶锗具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体，Ge原子之间形成共价键；‎ ‎(4) 水晶晶体中1个硅原子结合4个氧原子，同时每个氧原子结合2个硅原子，以[SiO4]四面体结构向空间延伸的立体网站结构，水晶的晶体中硅原子的配位数为4；均属于分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，故沸点：SiBr4＞SiCl4＞Si2H6＞SiH4；丁硅烯(Si4H8)与丁烯结构类似，分子中有8个Si-H键，1个Si=Si双键、2个Si-Si键，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，分子中σ键与π键个数之比为11：1；‎ ‎(5)GaCl3的熔沸点很低，属于分子晶体；GaCl3中Ga原子形成3个Ga-Cl键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，杂化方式为sp2杂化；GeCl4中Ge原子形成4个Ge-Cl键，没有孤电子对，价层电子对数为4，微粒空间构型与VSEPR模型相同，即空间构型为正四面体；‎ ‎(6)晶胞中黑色球数目为4、白色球数目为8×+6×=4，则晶胞质量=4×g，故晶胞体积=4×g÷ρg•cm-3=cm3，故晶胞参数=cm。‎ ‎19.化合物F是一种有机合成中间体，一种合成路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A的化学名称为_________________。‎ ‎(2)B生成C的反应类型为______________，C生成D的反应类型为______________。‎ ‎(3)F的分子式为_____________，F中所含官能团的名称是____________________。‎ ‎(4)化合物X与E互为同分异构体，X能与FeCl3溶液发生显色反应，核磁共振氢谱有5组峰且面积比为9：2：2：2：l。写出2种符合要求的X的结构简式：______________________________。‎ ‎(5)肉桂醛( )是重要的香精香料中间体，设计由苯甲醇和乙醛为起始原料制备肉桂醛的合成路线：_______________________________________________。(无机试剂任选)。‎ ‎【答案】(1). 丙酮 (2). 加成反应 (3). 消去反应 (4). C11H14O (5). 碳碳双键和羰基 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)A的结构简式为CH3COCH3，分子结构中含有羰基；‎ ‎(2) B分子结构中含有碳碳双键，能使Br2/CCl4溶液褪色；C生成D的反应类似于卤代烃在NaOH的醇溶液中加热，消去HBr；‎ ‎(3)F的结构简式为；‎ ‎(4)E为，其分子式为C11H16O2，其同分异构体X能与FeCl3溶液发生显色反应，说明X分子结构中含有苯环和酚羟基，结合其分子式可知，X除苯环外，含有的烃基应为饱和烃基；核磁共振氢谱有5组峰，说明有五种等效氢，且面积比为9：2：2：2：l；‎ ‎(5)结合A→B转化信息，苯甲醛()和乙醛在碱性条件下即可直接生成，而苯甲醇可催化氧化生成苯甲醛。‎ ‎【详解】(1) A的结构简式为CH3COCH3，分子结构中含有羰基，化学名称为丙酮；‎ ‎(2)B分子结构中含有碳碳双键，能使Br2/CCl4溶液褪色，发生加成反应；C生成D的反应类似于卤代烃在NaOH的醇溶液中加热，发生的反应是消去反应；‎ ‎(3) F的结构简式为，分子式为C11H14O，所含官能团的名称是碳碳双键和羰基；‎ ‎(4) E为，其分子式为C11H16O2，其同分异构体X能与FeCl3溶液发生显色反应，说明X分子结构中含有苯环和酚羟基，结合其分子式可知，X除苯环外，含有的烃基应为饱和烃基；核磁共振氢谱有5组峰，说明有五种等效氢，且面积比为9：2：2：2：l，则符合条件的X可能是或；‎ ‎ (5) 根据A→B转化信息，苯甲醛()和乙醛在碱性条件下即可直接生成，而苯甲醇可催化氧化生成苯甲醛，则合成路线为： 。‎