四川省绵阳市盐亭中学2020届高三上学期第四次月考化学试题

四川省绵阳市盐亭中学2020届高三上学期第四次月考化学试题

可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 O-16 Na-23 Mg-24‎ ‎1.化学与社会生活息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 沥青常用于铺路，可以通过石油分馏得到 B. 晨雾可以发生丁达尔效应 C. 氯气溶于水生成的次氯酸有强氧化性，可以起净水和杀菌消毒作用 D. 为提高人体对钙的有效吸收，医学上常以葡萄糖为原料合成补钙药物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．沥青是石油分馏后剩余的固态烃，所以沥青可以通过石油分馏得到，故A正确；‎ B．晨雾是胶体，能发生丁达尔效应，故B正确；‎ C．次氯酸具有强氧化性只能杀菌消毒，不能净水，故C错误；‎ D．葡萄糖含-CHO，氧化转化为-COOH，最后可合成葡萄糖酸钙，则医药工业上，常以葡萄糖为工业原料合成补钙药物，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎2.下列有关有机物的叙述错误的是（ ）‎ A. 在一定条件下，苯与液溴、浓硝酸生成溴苯、硝基苯的反应都属于取代反应 B. 异丙苯（ ）的一氯代物有5种 C. 用碳酸钠溶液可一次性鉴别乙酸、苯和乙醇三种无色液体 D. 检验淀粉在稀硫酸催化条件下水解产物的方法：取适量水解液于试管中，加入少量新制Cu(OH)2悬浊液，加热，观察是否出现砖红色沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在溴化铁作催化剂条件下，Fe和液溴发生取代反应生成溴苯和HBr；在浓硫酸作催化剂、加热条件下，苯和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯和水，二者都属于取代反应，故A正确；‎ B．异丙苯中都含有5种等效氢原子，其一氯代物有5种，故B正确；‎ C．乙酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体、苯和碳酸钠溶液互不相溶会分层、乙醇能溶于碳酸钠溶液而互溶，所以现象不同，可以鉴别，故C正确；‎ D．其水解产物和氢氧化铜发生氧化反应时必须在碱性条件下，所以在加入氢氧化铜悬浊液之前必须加入NaOH中和未反应的稀硫酸，否则得不到砖红色沉淀，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】“等效氢法”是判断烃的一元取代物的同分异构体最常用的方法。①分子中同一甲基上连接的氢原子等效，②同一碳原子所连的氢原子等效，同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，③处于镜面对称位置上的氢原子等效。‎ ‎3.下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是（ ）‎ 选项 实验目的 实验方案 A 证明“84”消毒液的氧化能力随溶液pH的减小而增强 将“84”消毒液(含NaClO)滴入品红溶液中，褪色缓慢，若同时加入食醋，红色很快褪为无色 B 证明反应速率会随反应物浓度的增大而加快 用3mL稀硫酸与足量纯锌反应，产生气泡速率较慢，然后加入1mL1mol•L-1CuSO4溶液，迅速产生较多气泡 C 证明碳和浓硫酸共热生成的气体中含有二氧化碳 将生成的气体直接通入澄清石灰水，有白色沉淀生成 D 浓盐酸与MnO2反应制备纯净氯气 气体产物先通入浓硫酸，然后通过饱和食盐水 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同时加入食醋，生成HClO，可证明“84”消毒液的氧化能力随溶液pH的减小而增强，故A正确；‎ B．加入1mL 1mol•L-1CuSO4溶液，构成原电池，可加快反应速率，不能说明浓度对反应速率的影响，故B错误；‎ C．生成二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，由现象不能说明生成的气体中含有二氧化碳，故C错误；‎ D．浓盐酸与MnO2反应制得的氯气中混有挥发的HCl和水蒸气，则应先通过饱和食盐水除去HCl，后通过浓硫酸除去水，最终得到纯净的Cl2，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎4.新型电池的开发与使用在现代社会中已很普遍，一种水煤气燃料电池的能量转化率可达90%以上。下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应总反应式：CO+H2+O2=CO2+H2O B. 电路中通过4mol电子，正极消耗112L空气 C. 有机固体中的H+ 在放电时向正极移动，造成正极pH减小 D. 若该电池的能量利用率为90%，则通入10mol水煤气（CO：H2 =1：1），则电路中可产生电子9mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 水煤气燃料电池的负极上通入的是燃料：一氧化碳和氢气，发生失电子的氧化反应，在正极上是氧气发生得电子的还原反应，阳离子移向正极，根据电极反应式确定电子转移的数目并进行计算即可。‎ ‎【详解】A．一氧化碳和氢气，发生失电子的氧化反应，则水煤气燃料电池发生的总反应式为CO+H2+O2=CO2+H2O，故A正确；‎ B．电路中通过4 mol电子，正极消耗的是氧气，消耗氧气失1mol，消耗22.4 L×5=112L(标准状况)空气，选项中没有指明气体的状态，故B错误；‎ C．有机固体中的H+在放电时向正极移动，但是氧气在正极上得电子会消耗氢离子得到水，正极pH增大，故C错误；‎ D．负极电极反应为：H2-2e-═2H+、CO-2e-+H2O=CO2+2H+，若通入224L即10mol水煤气(CO：H2=1：1)，转移电子是20mol，该电池的能量利用率为90%，则电路中可产生电子18mol，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎5.设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H2C2O4 溶液，下列说法正确的是（ ）‎ A. 每升溶液中的H+数目为0.02NA B. c(H+)=2c(C2O42-)+c(OH−)‎ C. 加水稀释使电离度增大，溶液pH增大 D. 加入NaHC2O4固体，溶液酸性增强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．常温下pH=2的H2C2O4溶液中c(H+)=0.01mol/L，1L该溶液中含有的n(H+)=0.01mol/L×1L=0.01mol，含有H+数目为0.01NA，故A错误；‎ B．根据H2C2O4溶液中的电荷守恒可知：c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，故B错误；‎ C．加水稀释c(H+)减小，温度不变，Kw不变，则依据Kw=c(H+)•c(OH-)，可知c(OH-)浓度增大，溶液pH增大，故C正确；‎ D．草酸为弱电解质，第一步电离产生c(H+)与草酸氢根离子，加入加入NaHC2O4固体，增大草酸氢根离子浓度，平衡逆向移动，c(H+)浓度减少，溶液酸性减弱，故D错误；‎ 故答案为。‎ ‎6.A、B、C、D、E是原子序数依次递增的短周期主族元素，其中A、C同主族且能形成离子化合物。B、D同主族，由A、D两元素组成的二元化合物与B、D两元素组成的二元化合物反应，生成浅黄色固体单质。下列有关推断合理的是（ ）‎ A. 简单离子半径：E>C>D>B B. A、B、C、D四种元素能组成阴、阳离子数之比为1：1的离子化合物 C. 简单氢化物沸点：E>D>B D. A、C、D的常见氧化物相互之间一定能发生氧化还原反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E是原子序数依次递增的短周期主族元素，A、C能形成离子化合物，则A为非金属，C为金属，且A、C同主族，则该化合物为NaH，故元素A为H，元素C为Na；由A、D两元素组成的一种化合物与B、D两元素组成的一种化合物反应，生成浅黄色固体为硫单质，即H2S与SO2反应生成硫单质，则B为O，D为S，E为氯，结合原子结构特点及元素性质判断解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知：A为H，B为O，C为Na，D为S，E为Cl；‎ A．电子层越多半径越大，电子层相同的，质子数越多，半径越大，所以简单离子半径：S2-＞Cl-＞O2-＞Na+，故A错误；‎ B．A、B、C、D四种元象能组成阴、阳离子数之比为1：1的离子化合物NaHSO3或者NaHSO4，故B正确；‎ C．水分子中存在氢键，氢键的存在能够提高物质沸点，氢化物沸点：H2O＞HCl＞H2S，故C错误；‎ D．A为常见氧化物为水，C常见氧化物为氧化钠、过氧化钠，D常见氧化物为二氧化硫、三氧化硫二者都是酸性氧化物，氧化钠、过氧化钠、二氧化硫和三氧化硫均能和水反应，且氧化钠和过氧化钠均能二氧化硫或三氧化硫反应，但除过氧化钠参与的反应为氧化还原反应外，其余均为非氧化还原反应，故D错误；‎ 故故答案为B。‎ ‎【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：①同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－；②同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+；③电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。‎ ‎7.某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精制，获得阻燃剂氢氧化镁。下列说法不正确的是 A. 步骤②中分离操作的名称是过滤，Mg(OH)2可以作阻燃剂是因为它分解需要吸收大量的热 B. 步骤①中的反应式：3Fe(OH)3 ＋S2O42-＋2OH- ＝3Fe(OH)2 ＋2SO42-＋4H2O C. 步骤①中保险粉是作还原剂 D. 从步骤② 中可知OH- 和EDTA共存时，Fe2+更易和EDTA结合，生成可溶性化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、EDTA只能与溶液中的亚铁离子反应生成易溶于水的物质，不与氢氧化镁反应，实现氢氧化镁和溶液分离的方法是过滤，Mg(OH)2可以作阻燃剂是因为它分解需要吸热大量的热，选项A正确；‎ B、步骤①是氢氧化铁与保险粉反应生成氢氧化亚铁同时保险粉被氧化生成硫酸钠，发生的反应式为：6Fe(OH)3 ＋S2O42-＋2OH- ＝6Fe(OH)2 ＋2SO42-＋4H2O，选项B错误；‎ C、步骤①中保险粉中硫元素化合价由+3价升高为+6价被氧化，作还原剂，选项C正确；‎ D、从步骤② 中可知OH- 和EDTA共存时，随着EDTA加入，EDTA结合Fe2+，平衡Fe(OH)2 Fe2+＋2OH-正向移动，生成可溶性化合物，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎8.氯化亚铜（CuCl）常用于催化剂、颜料、防腐等工业。某兴趣小组设计实验制备氯化亚铜。回答下列问题：‎ 制法一：将铜粉加入B反应器中，与一定浓度的食盐—盐酸溶液相互作用，在60～70℃通入氧气，充分反应（部分仪器略去）。‎ ‎①仪器X的名称___，X中盛有二氧化锰，分液漏斗中盛放双氧水，则A装置中发生反应的化学方程式是___。‎ ‎②反应结束后，打开瓶塞 a，倾出反应液于大烧杯中，为防止外溅，通常采用的操作方法是___。‎ 制法二：将氯化铜与氯化钠加水溶解，并调节酸度，加入铜粉一起加热，Cu2+被单质铜还原，生成可溶性配合物Na[CuCl2]，再经水解后产生白色沉淀。抽滤，沉淀依次用水、无水乙醇洗涤多次，得白色固体产品 ‎①写出该法生成Na[CuCl2]的化学反应方程式___。‎ ‎②用水洗涤CuCl沉淀的具体操作为___，沉淀水洗后再用无水乙醇洗涤的原因是___。‎ ‎③判断CuCl是共价化合物还是离子化合物的实验方法是___。‎ 制法三：以铜为电极，电解饱和食盐水也可制得CuCl。阳极的电极反应式为___。‎ ‎【答案】 (1). 锥形瓶 (2). 2H2O2 2H2↑+O2↑ (3). 用玻璃棒引流 (4). Cu+CuCl2+2NaCl2Na[CuCl2] (5). 沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流尽，重复操作2~3次 (6). 醇洗可以快速去除CuCl表面的水，防止其被氧化 (7). 测定熔融态的CuCl的导电性 (8). Cu+Cl- -e-=CuCl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 制法一：①根据仪器结构和性能确定仪器X的名称；A装置H2O2在MnO2的催化作用下分解生成氧气；‎ ‎②转移液体时可使用玻璃棒引流；‎ 制法二：①氯化铜与氯化钠加水溶解，并调节酸度，加入铜粉一起加热，Cu2+被单质铜还原，生成可溶性的配合物Na[CuCl2]，结合原子守恒可写出化学反应方程式；‎ ‎②洗涤CuCl沉淀可在过滤器中直接加入蒸馏水即可，CuCl不溶于醇类；‎ ‎③离子化合物熔融状态下能发生电离，而共价化合物在熔融状态下不能发生电离；‎ 制法三：电解池的阳极发生氧化反应，且Cu为活性电极，结合电解产物为Cu写出阳极电极反应式。‎ ‎【详解】制法一：①装置A中仪器X的名称为锥形瓶；锥形瓶中H2O2在MnO2的催化作用下分解生成氧气，发生反应的化学方程式为2H2O2 2H2↑+O2↑；‎ ‎②反应结束后，打开瓶塞 a，倾出反应液于大烧杯中，为防止外溅，可使用玻璃棒引流；‎ 制法二：①氯化铜与氯化钠加水溶解，并调节酸度，加入铜粉一起加热，Cu2+被单质铜还原，生成可溶性配合物Na[CuCl2]，发生反应的化学反应方程式为Cu+CuCl2+2NaCl2Na[CuCl2]；‎ ‎②洗涤CuCl沉淀的具体操作为沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流尽，重复操作2~3次；沉淀水洗后再用无水乙醇洗涤的原因是醇洗可以快速去除CuCl表面的水，同时防止其被氧化；‎ ‎③离子化合物熔融状态下能发生电离，而共价化合物在熔融状态下不能发生电离，则可通过测定熔融态的CuCl能否导电判断判断CuCl是共价化合物还是离子化合物；‎ 制法三：电解池的阳极发生氧化反应，且Cu为活性电极，则阳极电极反应式为Cu+Cl- -e-=CuCl。‎ ‎9.下面是某科研小组利用废铁屑还原浸出软锰矿(主要成分为MnO2)制备硫酸锰及电解其溶液制锰的工艺流程图：‎ 已知：①浸出液中主要含有Fe3＋、Fe2＋、Co2＋、Ni2＋等杂质金属离子；‎ ‎②生成氢氧化物的pH见下表：‎ 物质 Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Ni(OH)2‎ Co(OH)2‎ Mn(OH)2‎ 开始沉淀的pH ‎7.5‎ ‎2.7‎ ‎7.7‎ ‎7.6‎ ‎8.3‎ 完全沉淀的pH ‎9.7‎ ‎3.7‎ ‎8.4‎ ‎8.2‎ ‎9.8‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）“酸浸”前将原料粉碎的目的是____。‎ ‎（2）流程图中“①加入MnO2”的作用____，MnO2还可以用其他试剂____(填化学式)代替。‎ ‎（3）流程图中“②调节pH”可以除去某种金属离子，应将溶液pH调节控制的范围是___～7.6。上述流程中，能循环使用的一种物质是___(填化学式)。 ‎ ‎（4）向滤液Ⅰ中加入MnS的作用是除去Co2＋、Ni2＋等离子，其中可以发生反应为MnS(s)＋Ni2＋(aq)=NiS(s)＋Mn2＋(aq)等。当该反应完全后，滤液2中的Mn2＋与Ni2＋的物质的量浓度之比是___[已知Ksp(MnS)＝2.8×10－10，Ksp(NiS)＝2.0×10－21]。 ‎ ‎（5）在适当条件下，在MnSO4、H2SO4和H2O为体系的电解液中电解也可获得MnO2，其阳极电极反应式为____。‎ ‎（6）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=___。‎ ‎【答案】 (1). 增大反应物的接触面积，增大反应速率 (2). 将浸出液中的Fe2＋氧化为Fe3＋ (3). H2O2 (4). 3.7 (5). H2SO4 (6). 1.4×1011 (7). Mn2＋＋2H2O－2e ‎－=MnO2＋4H＋ (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用软锰矿还原酸浸制取硫酸锰电解液并进一步提炼金属锰，软锰矿和废铁屑加入过量硫酸浸出，过滤，浸出液中主要含有Fe3+、Fe2+、Co2+、Ni2+等金属离子，加入MnO2的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+，加入氨水调节溶液的pH以除去铁离子，过滤后的滤液中加入MnS净化除去Co2+、Ni2+等，过滤得到滤液电解得到金属锰和阳极液，阳极液中的硫酸循环使用，滤渣2为MnS、CoS、NiS，据此分析解题。‎ ‎【详解】(1)“酸浸”前将原料粉碎，增大了反应物的接触面积，从而加快反应速率；‎ ‎(2)流程图中“①加入MnO2”的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时自身被还原为Mn2+，MnO2作氧化剂，可以用试剂H2O2代替；‎ ‎(3)流程图中“②调节pH”可以除去铁离子，由表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的溶液pH=3.7，则应将溶液pH调节控制的范围是3.7～7.6；上述工艺中，能循环使用的一种物质是电解过程中阳极液含的H2SO4；‎ ‎(4)Ksp(MnS)=2.8×10-10，Ksp(NiS)=2.0×10-21]，沉淀转化的方程式为：MnS+Ni2+=NiS+Mn2+，则Mn2+与Ni2+离子的物质的量浓度之比=c(Mn2+)：c(Ni2+)=Ksp(MnS)：Ksp(NiS)=2.8×10-10：2.0×10-21=1.4×1011； ‎ ‎(5)在适当条件下，在MnSO4电解在阳极失去电子获得MnO2，其阳极电极反应式为：Mn2++2H2O-2e-═MnO2 +4H+；‎ ‎(6)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4．当x=y=时，该化合物中各元素的化合价代数和为0，+1+(+2)×+(+3)×+(+4)×z+(-2)×2=0，z=。‎ ‎10.对CO2的综合利用可以实现经济社会发展和生态环境保护双赢，对促进低碳社会的构建具有重要意义。回答下列问题：‎ ‎（1）已知：①C的燃烧热为393.5kJ·mol-1‎ ‎②H2的燃烧热为286kJ•mol-1‎ ‎③H2O(g)=H2O(l) △H=－44.0kJ•mol-1‎ 则CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g)△H=___kJ•mol－1。‎ ‎（2）CO2合成甲醇是碳减排的一种重要方法，向1L恒容密闭容器中加入1molCO2、amolH2‎ ‎，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=－48.7kJ•mol-1。平衡时混合气体中CH3OH的体积分数与氢气的物质的量关系如图1所示。‎ ‎①有利于该反应自发进行的条件是___（填“低温高压”“高温低压”或“低温低压”）。‎ ‎②图1中 A、B、C三点对应的体系，CO2的平衡转化率最大的是___（填字母），判断依据是___。‎ ‎（3）利用 CO2催化加氢制乙烯，反应为 2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) △H。‎ 在1L恒容密闭容器中，均加入1molCO2、3molH2，分别选用两种催化剂，反应进行相同时间后，测得CO2转化率[α(CO2)]随反应温度的变化如图2所示。‎ ‎①使用催化剂Ⅰ时反应的活化能___（填“高于”或“低于”）使用催化剂Ⅱ。‎ ‎②c、d两点的平衡常数大小关系为：Kc___Kd（填“＜”“＞”或“＝”），判断依据是___。‎ ‎（4）常温下，可利用碱性溶液吸收CO2。用100mL0.3mol·L-1Na2CO3溶液完全吸收0.88gCO2气体（忽略溶液体积变化）。所得溶液中：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=___mol•L-1。‎ ‎【答案】 (1). -90.5 (2). 低温高压 (3). C (4). 在恒容密闭容器中，CO2的浓度不变，增大H2的浓度，平衡正向移动，CO2的转化率增大 (5). 低于 (6). ＞ (7). 平衡后，随着温度升高，CO2的转化率降低，正反应放热，K随温度升高而减小 (8). 0.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)C(s)、H2(g)的燃烧热分别是393.5kJ•mol-1 、285.8kJ•mol-1 ，则：①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1，③H2O(l)═H2O(g)△H2=+44.0kJ•mol-1，根据盖斯定律，②×2-①+③×2可得CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g)，由此计算△H；‎ ‎(2)①自发进行的判断依据是△H-T△S＜0，该反应△H＜0、△S＜0；‎ ‎②氢气的物质的量越多，二氧化碳的转化率越大；‎ ‎(3)利用 CO2催化加氢制乙烯，反应为 2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) △H。‎ 在1L恒容密闭容器中，均加入1molCO2、3molH2，分别选用两种催化剂，反应进行相同时间后，测得CO2转化率[α(CO2)]随反应温度的变化如图2所示。‎ ‎①使用催化剂Ⅰ时反应速率比使用使用催化剂Ⅱ快；‎ ‎②根据温度对平衡的移动判断平衡常数的变化；‎ ‎(4)根据碳元素的物料守恒分析可得。‎ ‎【详解】(1)C(s)、H2(g)的燃烧热分别是393.5kJ•mol-1 、286kJ•mol-1 ，则：①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1，③H2O(l)═H2O(g)△H2=+44.0kJ•mol-1，根据盖斯定律，②×2-①+③×2可得CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g)，由此计算△H=(-286kJ•mol-1)×2-(-393.5kJ•mol-1)+(+44.0kJ•mol-1)×2=-90.5kJ•mol－1。‎ ‎(2)①自发进行的判断依据是△H-T△S＜0，该反应△H＜0、△S＜0，要使该反应自发进行，应该是低温自发；‎ ‎②氢气物质的量越多，平衡正向移动，二氧化碳的转化率越大，所以二氧化碳转化率最大的是C点，故答案为C；‎ ‎(3)利用 CO2催化加氢制乙烯，反应为 2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) △H。‎ 在1L恒容密闭容器中，均加入1molCO2、3molH2，分别选用两种催化剂，反应进行相同时间后，测得CO2转化率[α(CO2)]随反应温度的变化如图2所示。‎ ‎①由图示知，使用催化剂Ⅰ时反应速率比使用使用催化剂Ⅱ快，则使用催化剂Ⅰ时反应的活化能低于使用催化剂Ⅱ；‎ ‎②由图示可知平衡后，随着温度升高，CO2的转化率降低，正反应放热，K随温度升高而减小，则c、d两点的平衡常数大小关系为：Kc＞Kd；‎ ‎(4)0.88gCO2的物质的量为=0.02mol，用100mL0.3mol∕LNa2CO3溶液吸收0.02mol的CO2气体，所得溶液中的碳元素的物质的量为：0.1L×0.3mol/L+0.02mol=0.05mol，则碳元素的浓度为0.5mol/L，根据碳元素的物料守恒，则所得溶液中：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.5mol/L。‎ ‎【点睛】考查利用盖斯定律计算反应热，熟悉已知反应与目标反应的关系是解答本题的关键；应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。‎ ‎11.FeSe、MgB2、Nb3Al等超导材料具有广泛应用前景。‎ ‎（1）Fe2+基态价电子的轨道表示式（价电子排布图）__，Se、Mg、B三种元素的电负性大小顺序是__。‎ ‎（2）蒸气状态下以二聚分子存在的A1Cl3的结构式是___，其中A1原子的杂化方式是___，分子中八个原子___(选填“是”或“不是”)在同一平面上，该分子是____(选填“极性“或“非极性“)分子。‎ ‎（3）制备FeSe基超导材料Li0.6(NH2)0.2(NH3)0.8Fe2Se2过程中需将金属锂溶于液氨，从而制得具有很高反应活性的金属电子溶液，反应为：Li+(m+n)NH3—X+e-(NH3)n。‎ ‎①X的化学式为____；‎ ‎②NH3的价层电子对互斥模型是 ____。‎ ‎（4）MgB2晶体结构中的B原子层具有类似石墨的层状结构，且被六方密排的Mg原子层隔开,B原子位于Mg原子组成的三棱柱的中心。已知：平面中Mg原子间的最近核间距为acm，平面间Mg原子间的最近核间距为bcm，阿伏加德罗常数为NA。‎ ‎①B原子层六元环中处于对位的B原子核间距为____cm。‎ ‎②MgB2晶体的密度是____g·cm-3。‎ ‎【答案】 (1). (2). Se＞B＞Mg (3). (4). sp3 (5). 不是 (6). 非极性 (7). Li(NH3)m+ (8). 正四面体形 (9). acm (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)基态Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，则Fe2+基态价电子的轨道表示式为 ‎；元素的非金属性越强，电负性越大，而金属性越强，电负性越小，Se的非金属性比B强，Mg为金属，则Se、Mg、B三种元素的电负性大小顺序是Se＞B＞Mg；‎ ‎(2)铝原子和氯原子之间形成共价键，还形成一个配位键，其结构为，氯化铝中每个铝原子含有3个共价键，且不含孤电子对，为平面三角形结构，缔合双分子Al2Cl6中Al原子的轨道杂化类型sp3，则分子中八个原子不是在同一平面上，该分子结构中正负电荷中心重合，为非极性分子；‎ ‎(3)①根据反应Li+(m+n)NH3—X+e-(NH3)n，结合原子守恒和电荷守恒得X的化学式为Li(NH3)m+；‎ ‎②NH3分子中N原子形成3个N-H键，还有1对孤电子对，价层电子对数3+1=4，价层电子对互斥模型为正四面体形；‎ ‎(4)①Mg原子形成的六元环的中心原子Mg与环上直接相连的两个Mg原子形成等边三角形，边长为acm，则中心Mg原子到棱边的高为acm，则B原子层六元环中处于对位的B原子核间距为等边三角形中心到顶点距离的2倍，即acm××2=acm；‎ ‎②晶胞中六元环的面为6个边长为acm的等边三角形，则六边形的面积为6×acm×acm×=a2cm2，则晶胞的体积为a2cm2×bcm=a2bcm3；晶胞中含有Mg原子数为12×+2×=3，B原子数目为6，则晶胞的质量为g=g，则MgB2晶体的密度是g·cm-3=g·cm-3。‎ ‎【点睛】均摊法确定六棱晶胞中粒子数目的方法是：①顶点：每个顶点的原子被6个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；②棱：每条棱的原子被3个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；③面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占 份额；④内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。‎ ‎12.有机物M的合成路线如下图:‎ 已知:i： ii: ‎ ‎（1）M中含氧官能团的名称有醚键和___________，C的名称为___________，步骤⑥的反应类型为___________。‎ ‎（2）步骤④反应的化学方程式为_________________________________。‎ ‎（3）试剂X的结构简式为___________。‎ ‎（4）同时满足下列条件，E的同分异构体有__________种。‎ I.能与FeCl3溶液发生显色反应；II.能发生水解反应和银镜反应；III.苯环上只有两个取代基。‎ 其中核磁共振氢谱峰面积比为1:1:2:2:6的分子的结构简式为: ______________________。‎ ‎（5）根据以上信息，写出以为原料制取的合成路线图 (无机试剂一定要选银氨溶液，其它无机试剂任选)____________________________________________。合成路线图示例:CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH ‎【答案】 (1). 酯基 (2). 苯甲醇 (3). 取代（或酯化）反应 (4). ＋ 2NaOH ‎ ‎ ＋ NaBr＋H2O (5). CH3CHClCOOH (6). 15 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ 分析：由A的分子式及M的结构简式得A为，C为，E为，反应③甲苯与溴发生取代反应生成，反应④发生水解生成D，D为，D与反应生成E，E为，X为，C为，反应①甲苯与氯气发生取代，生成B，B为，B发生水解生成C。‎ 详解：(1)M中含氧官能团的名称有醚键和酯基，C的名称为苯甲醇，步骤⑥的反应类型为 取代（或酯化）反应。‎ ‎(2)步骤④反应的化学方程式为 ＋ 2NaOH ＋ NaBr＋H2O 。‎ ‎(3)试剂X的结构简式为CH3CHClCOOH。‎ ‎(4)同时满足下列条件，E的同分异构体：I.能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；II.能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的酯；III.苯环上只有两个取代基，其中一个为-OH，另外一个取代基为：-CH2CH2CH2OOCH,－CH(CH3)CH2OOCH,－CH2CH(CH3)OOCH,-C(CH3)2OOCH,－CH(CH2CH3)OOCH,各有邻、间、对三种，共有15种，其中核磁共振氢谱峰面积比为1:1:2:2:6的分子的结构简式为:。(5)以为原料制取的合成路线图 ，先在催化剂作用下氧化生成醛，再进一步氧化生成酸，最后与氯气、红磷作用生成。参考路线如下：。‎ ‎ ‎