山西省太原市2020届高三第一次模拟考试理综化学试题 Word版含解析

山西省太原市2020届高三第一次模拟考试理综化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 太原市2020年高三年级模拟试题（一）‎ 理科综合能力测试 ‎（考试时间：上午9：00——11：30）‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。‎ ‎2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。‎ ‎3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Mg24 S32 Cl35.5‎ 一、选择题：‎ ‎1.我国科技人员全球首创3290块长宽均为800毫米，重量仅为2.85公斤的可折叠光影屏助阵70周年国庆庆典。下列有关说法正确的是 A. 光影屏中安装的计算机芯片，其材质是二氧化硅 B. 为提升光影屏的续航能力，翻倍提高电池的能量密度 C. 光影屏选用可折叠LED，其工作原理是将化学能转化为电能 D. 为减轻光影屏的重量，选用的ABS工程塑料和碳纤维都是有机高分子材料 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．光影屏中安装的计算机芯片，其材质是硅，A不正确；‎ B．可折叠光影屏将续航能力翻倍提升，电池的能量密度翻倍提高，B正确；‎ C．LED光影屏白天将光能转化电能，夜晚将电能转化为光能，C不正确；‎ D．碳纤维是无机非金属材料，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎2.下列操作能达到相应实验目的的是 选项 试验目的 操作 A 检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质 将Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红 - 19 -‎ B 测定“84”消毒液的pH 用洁净的玻璃棒蘸取少量“84”消毒液滴在pH试纸上 C 验证铁的吸氧腐蚀 将未生锈的铁钉放入试管中，用稀硫酸浸没 D 比较H2C2O4与H2CO3的酸性强弱 在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，观察现象 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸，发生反应Fe + 4H+ + NO3-＝Fe3++ NO↑+ 2H2O，滴加KSCN溶液后，溶液变红色，不能肯定原样品是否变质，A不合题意；‎ B．“84”消毒液具有强氧化性，能使pH试纸褪色，不能用pH试纸检验其pH，B不合题意；‎ C．未生锈的铁钉放入试管中，用稀硫酸浸没，发生析氢腐蚀，C不合题意；‎ D．在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液，有气泡产生，则说明生成了H2CO3，从而表明酸性H2C2O4大于H2CO3，D符合题意；‎ 故选D。‎ ‎3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 标准状况下，11.2LNO2中含有的氧原子数目为NA B. 1mol20Ne和22Ne的混合物中含有的中子数目为10NA C. 8.4gNaHCO3和MgCO3的混合物中含有的阴离子数目为0.1NA D. 已知某温度下硼酸（H3BO3）饱和溶液的pH=4.6，则溶液中H+的数目为1×10-4.6NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标准状况下，NO2液化且部分转化为N2O4，无法计算含有的氧原子数目，A不正确；‎ B．1mol20Ne和22Ne的混合物中含有的中子数目介于10NA~12NA之间，B不正确；‎ C．8.4gNaHCO3和8.4g MgCO3含有的阴离子数目都为0.1NA - 19 -‎ ‎，则8.4g混合物所含阴离子数目也应为0.1NA，C正确；‎ D．硼酸饱和溶液的体积未知，无法计算溶液中H+的数目，D不正确；‎ 故选C。‎ ‎4.苯氧乙醇在化妆品、护肤品、疫苗及药品中发挥着防腐剂的功用，其结构为，下列有关说法不正确的是 A. 苯氧乙醇的分子式为C8H10O2‎ B. 苯氧乙醇中的所有碳原子不可能处于同一平面内 C. 苯氧乙醇既可以发生取代反应和加成反应，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 分子式为C8H8O2，结构中含有苯环且能与饱和NaHCO3溶液反应的物质共有4种（不考虑立体异构）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯氧乙醇的不饱和度为4，则其分子式为C8H2×8+2-4×2O2，A正确；‎ B．苯氧乙醇中，苯氧基上的C、O原子一定在同一平面内，非羟基O原子与2个C原子可能在同一平面内，所以所有碳原子可能处于同一平面内，B不正确；‎ C．苯氧乙醇中的苯基可发生加成反应，醇羟基能发生取代反应、HOCH2-能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；‎ D．符合条件的有机物为、共4种，D正确；‎ 故选B。‎ ‎5.我国科学家提出了无需加入额外电解质的钠离子直接甲酸盐燃料电池体系，其工作原理如图所示。甲酸钠（HCOONa）的水解为电极反应和离子传输提供了充足的OH-和Na+。下列有关说法不正确的是 - 19 -‎ A. A极为电池的负极，且以阳离子交换膜为电池的隔膜 B. 放电时，负极反应为HCOO- +3OH- -2e- =CO32-+2H2O C. 当电路中转移0.l mol电子时，右侧电解质溶液质量增加2.3g D. 与传统的氯碱工业相比，该体系在不污染环境的前提下，可以实现同步发电和产碱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从图中可以看出，A电极上HCOO-转化CO32-，发生反应HCOO- +3OH- -2e- =CO32-+2H2O，C元素由+2价升高为+4价，所以A为负极，B为正极。当负极失去2mole-时，溶液中所需Na+由4mol降为2mol，所以有2molNa+将通过交换膜离开负极区溶液进入正极区。正极O2得电子，所得产物与水发生反应，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，由于正极区溶液中阴离子数目增多，所以需要提供Na+以中和电性。‎ ‎【详解】A．由以上分析可知，A极为电池的负极，由于部分Na+要离开负极区，所以电池的隔膜为阳离子交换膜，A正确；‎ B．由以上分析可知，电池放电时，负极反应为HCOO- +3OH- -2e- =CO32-+2H2O，B正确；‎ C．依据负极反应式，当电路中转移0.l mol电子时，有0.1molNa+通过离子交换膜进入右侧，右侧参加反应的O2质量为=0.8g，电解质溶液质量增加2.3g+0.8g=3.1g，C不正确；‎ D．与传统的氯碱工业相比，该体系没有污染环境的气体产生，且可发电和产碱，D正确；‎ 故选C。‎ - 19 -‎ ‎6.化学家合成了一种新化合物（如图所示），其中A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B与C在同一主族，C与D在同一周期。下列有关说法正确的是 A. 熔点：B的氧化物>C的氧化物 B. 工业上由单质B可以制得单质C C. 氧化物对应水化物的酸性：D>B>C D. A与B形成的化合物中只含有极性键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从图中可以看出，B、C都形成4个共价键，由于B与C在同一主族且原子序数C大于B，所以B为碳(C)元素，C为硅(Si)元素；D与C同周期且原子序数大于14，从图中可看出可形成1个共价键，所以D为氯(Cl)元素；A的原子序数小于6且能形成1个共价键，则其为氢(H)元素。‎ ‎【详解】A．B氧化物为CO2，分子晶体，C的氧化物为SiO2，原子晶体，所以熔点：B的氧化物 c(A-)> c(H+)> c(OH-)‎ D. 从A点到C点的过程中，水的电离程度先增大后减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．室温时，在B点，pH=5.3，c(H+)=10-5.3，=0，则=1‎ 电离常数Ka(HA)== =1.0×10-5.3，A正确；‎ B．B点的平衡溶液中，c(A-)=c(HA)，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由于pH=5.3，所以c(H+)> c(OH-)，c(Na+)c(A-)>c(H+)>c(OH-)显然不符合电荷守恒原则，C不正确；‎ D．从A点到C点的过程中，c(A-)不断增大，水的电离程度不断增大，D不正确；‎ 故选A。‎ 二、非选择题：‎ ‎（一）必考题 ‎8.亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出ClO2，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示：‎ - 19 -‎ 已知：‎ ‎①ClO2的熔点为-59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。‎ ‎②2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O 请回答：‎ ‎(1)按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是____；装置B的作用是___；冰水浴冷却的主要目的不包括_（填字母）。‎ a．减少H2O2的分解 b．降低ClO2的溶解度 c．减少ClO2的分解 ‎(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，写出三颈烧瓶中生成ClO2的化学方程式： ____。‎ ‎(3)装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为_____。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，试分析原因：________。‎ ‎(4)该套装置存在的明显缺陷是_________。‎ ‎(5)为防止生成的NaClO2固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是_（填字母）‎ A．过氧化钠 B．硫化钠 C．氯化亚铁 D．高锰酸钾 ‎(6)若mg NaClO3(s)最终制得纯净的n g NaClO2(s)，则NaClO2的产率是_×100%。‎ ‎【答案】 (1). 检查装置的气密性 (2). 防止倒吸 (3). b (4). 2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O (5). NaClO2遇酸放出ClO2 (6). 空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降 (7). 没有处理尾气 (8). A (9). 或或(或其他合理答案)‎ ‎【解析】‎ - 19 -‎ ‎【分析】‎ 在装置内，NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，生成的ClO2与O2的混合气随空气排出进入B装置；B装置的进、出气导管都很短，表明此装置为防倒吸装置，混合气进入C中，发生反应2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，ClO2的熔点低，遇热水、见光易分解，所以应使用冰水浴，以降低气体的温度；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低，则需控制气体的流速不能过慢，但过快又会导致反应不充分，吸收效率低。ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理。‎ ‎【详解】(1)制取气体前，为防漏气，应在组装好仪器后，进行的操作是检查装置的气密性；由以上分析知，装置B的作用是防止倒吸；冰水浴冷却气体，可减少H2O2的分解、减少ClO2的分解，ClO2为气体，降温有利于气体的溶解，不可能降低ClO2的溶解度，所以主要目的不包括b。答案为：检查装置的气密性；防止倒吸；b；‎ ‎(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，三颈烧瓶中NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应生成ClO2的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。答案：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O；‎ ‎(3)因为NaClO2遇酸会放出ClO2，所以装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为NaClO2遇酸放出ClO2，加碱可改变环境，使NaClO2稳定存在。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，原因是：空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降。答案为：NaClO2遇酸放出ClO2；空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降；‎ ‎(4) ClO2气体会污染大气，应进行尾气处理，所以该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气。答案为：没有处理尾气；‎ ‎(5)A．过氧化钠与水反应，可生成H2O2和NaOH，其还原能力与H2O2相似，A符合题意；‎ B．硫化钠具有强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，B不合题意；‎ C．氯化亚铁具有较强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，C不合题意；‎ D．高锰酸钾具有强氧化性，不能将NaClO2固体还原，D不合题意；‎ 故选A。答案为：A；‎ ‎(6)可建立如下关系式：NaClO3(s)—ClO2—NaClO2(s)，从而得出NaClO2(s)的理论产量为：‎ - 19 -‎ ‎=g，NaClO2的产率是=×100%。答案为：或或(或其他合理答案)。‎ ‎【点睛】书写三颈烧瓶中NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2的方程式时，我们可先确定主反应物(NaClO3、H2O2)和主产物(ClO2、O2)，然后配平，即得2NaClO3+H2O2——2ClO2↑+O2↑；再利用质量守恒确定其它反应物(H2SO4)和产物(Na2SO4、H2O)，最后配平，即得2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。‎ ‎9.2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展做出重要贡献的科学家。利用废旧二次电池[主要成分为Ni(OH)2、Fe2O3、MnO2、碳粉、铝箔等]合成电池级Ni(OH)2的工艺流程如下：‎ 已知：‎ 氢氧化物 Fe(OH)3‎ Al(OH)3‎ Ni(OH)2‎ Mn(OH)2‎ Ksp(室温下)‎ ‎4.0×10-38‎ ‎1.0×10-33‎ ‎1.6×10-14‎ ‎2.0×10-13‎ ‎(1)①已知“酸浸”后滤液中含有：Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+，调节溶液的pH约为5，其目的是__；以下最适合作为物质X的是____（填字母）。‎ A．双氧水 B．氨水 C．盐酸 D．NiO ‎②若滤液中Ni2+的浓度为2mol∙L-1，列式计算判断此时滤渣Ⅱ中是否有Ni(OH)2沉淀：___ 。‎ ‎(2)滤渣Ⅲ的主要成分是____，“氧化除锰”过程发生反应的离子方程式为______。‎ ‎(3)用Ni(OH)2和LiOH在空气中混合加热至700℃～800℃可制得LiNiO2（镍酸锂），该反应的化学方程式为___________。‎ ‎(4)镍酸锂是一种有较好前景的锂离子电池正极材料。该电池在充放电过程中，发生LiNiO2和Li1-xNiO2之间的转化，充电时LiNiO2在_______（填“阴”或“阳“）极发生反应，该电极的电极反应式为_____。‎ ‎【答案】 (1). 除去Al3+、Fe3+ (2). D (3). pH=5时，滤液中c(OH-)=1×10-9‎ - 19 -‎ mol/L，Qc=c(Ni2+)∙c2(OH-)=2×10-18< Ksp[Ni(OH)2]，故没有沉淀产生 (4). MnO2 (5). 2MnO4-+3Mn2++2H2O==5MnO2↓+4H+ (6). 4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O (7). 阳 (8). LiNiO2-xe- =Li1-xNiO2+xLi+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废旧二次电池[主要成分为Ni(OH)2、Fe2O3、MnO2、碳粉、铝箔等]酸浸后，所得的滤液中含有Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+，此时碳粉不溶而成为滤渣Ⅰ；调节溶液的pH约为5，由后续操作可以看出，此时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，可利用Ksp通过计算加以证实，所以加入的物质X用于调节溶液的pH；加入KMnO4氧化除锰(Mn2+)时，产物中Mn的价态应介于+2~+7之间，考虑到此时Mn转化为难溶物，应为MnO2，此为滤渣Ⅲ的主要成分；溶液中的Ni2+加入NaOH溶液后，转化为Ni(OH)2沉淀。‎ ‎【详解】(1)①由以上分析知，调节溶液pH约为5，其目的是除去Al3+、Fe3+；双氧水难以调节pH至5，氨水可调节溶液的pH为5，但引入NH4+，加入盐酸不能增大溶液的pH，所以选择NiO，故选D。答案为：除去Al3+、Fe3+；D；‎ ‎②若滤液中Ni2+的浓度为2mol∙L-1，列式计算判断此时滤渣Ⅱ中是否有Ni(OH)2沉淀： pH=5时，滤液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)∙c2(OH-)=2×10-18< Ksp[Ni(OH)2]，故没有沉淀产生。答案为：pH=5时，滤液中c(OH-)=1×10-9mol/L，Qc=c(Ni2+)∙c2(OH-)=2×10-18< Ksp[Ni(OH)2]，故没有沉淀产生；‎ ‎(2)由以上分析知，滤渣Ⅲ的主要成分是MnO2，“氧化除锰”过程发生反应的离子方程式为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。答案为：MnO2；2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；‎ ‎(3)用Ni(OH)2和LiOH在空气中混合加热至700℃～800℃可制得LiNiO2，Ni由+2价升高到+3价，则反应物中应有氧化剂(O2)参加反应，该反应的化学方程式为4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O。答案为：4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O；‎ ‎(4)充电时LiNiO2转化为Li1-xNiO2，Ni价态由+3价升高为+(3+x)价，所以在阳极发生反应，该电极的电极反应式为LiNiO2-xe- =Li1-xNiO2+xLi+。答案为：阳；LiNiO2-xe- =Li1-xNiO2+xLi+。‎ ‎【点睛】pH=5时，滤液中c(OH-)=1×10-9mol/L，c(Fe3+)===4.0×10-11mol/L<1×10-5mol/L，所以Fe3+完全转化为沉淀；同理，溶液中的c(Al3+)=‎ - 19 -‎ ‎=1.0×10-6mol/L<1×10-5mol/L，所以Al3+完全转化为沉淀。‎ ‎10.制造一次性医用口罩的原料之一丙烯是三大合成材料的基本原料，丙烷脱氢作为一条增产丙烯的非化石燃料路线具有极其重要的现实意义。丙烷脱氢技术主要分为直接脱氢和氧化脱氢两种。‎ ‎(1)根据下表提供的数据，计算丙烷直接脱氢制丙烯的反应C3H8(g)C3H6(g) +H2(g)的∆H=___。‎ 共价键 C-C C=C C-H H-H 键能/(kJ∙mol-1)‎ ‎348‎ ‎615‎ ‎413‎ ‎436‎ ‎(2)下图为丙烷直接脱氢制丙烯反应中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系（图中压强分别为1×104Pa和1×105Pa）‎ ‎①在恒容密闭容器中，下列情况能说明该反应达到平衡状态的是__（填字母）。‎ A．∆H保持不变 B．混合气体的密度保持不变 C．混合气体的平均摩尔质量保持不变 D．单位时间内生成1molH-H键，同时生成1molC=C键 ‎②欲使丙烯的平衡产率提高，下列措施可行的是____（填字母）‎ A．增大压强 B．升高温度 C．保持容积不变充入氩气 工业生产中为提高丙烯的产率，还常在恒压时向原料气中掺入水蒸气，其目的是_____。‎ ‎③1×104Pa时，图中表示丙烷和丙烯体积分数的曲线分别是___、____（填标号）‎ ‎④1×104Pa、500℃时，该反应的平衡常数Kp - 19 -‎ ‎=____Pa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，计算结果保留两位有效数字）‎ ‎(3)利用CO2的弱氧化性，科学家开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺，该工艺可采用铬的氧化物作催化剂，已知C3H8+CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)，该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂的活性，其原因是____，相对于丙烷直接裂解脱氢制丙烯的缺点是_____。‎ ‎【答案】 (1). +123 kJ∙mol-1 (2). C (3). B (4). 该反应是气体分子数增多的反应，恒压条件下充入水蒸气容器体积增大，平衡右移 (5). ⅳ (6). ⅰ (7). 3.3×103 (8). C与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面 (9). 生成有毒气体CO(或其他合理说法)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)比较丙烷与丙烯的结构，可确定断裂2个C-H键和1个C-C键，形成1个C=C键和1个H-H键，利用表中键能可计算C3H8(g)C3H6(g) +H2(g)的∆H。‎ ‎(2)①A．对于一个化学反应，方程式确定后，∆H确定，与反应进行的程度无关；‎ B．混合气体的质量和体积都不变，密度始终不变；‎ C．混合气体的质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不断减小；‎ D．反应发生后，总是存在单位时间内生成1molH-H键，同时生成1molC=C键。‎ ‎②A．增大压强，平衡逆向移动；‎ B．升高温度，平衡正向移动；‎ C．保持容积不变充入氩气，平衡不受影响。‎ 工业生产中为提高丙烯的产率，还常在恒压时向原料气中掺入水蒸气，可增大混合气的体积，减小与反应有关气体的浓度。‎ ‎③1×104Pa与1×105Pa进行对比，从平衡移动的方向确定图中表示丙烷和丙烯体积分数的曲线。‎ ‎④1×104Pa、500℃时，丙烷、丙烯、氢气的体积分数都为33.3%，由此可计算该反应的平衡常数Kp。‎ ‎(3) CO2具有氧化性，能与催化剂表面的积炭发生反应生成一氧化碳气体，由此可确定原因及缺点。‎ ‎【详解】(1)比较丙烷与丙烯的结构，可确定断裂2个C-H键和1个C-C键，形成1个C=C键和1个H-H键，利用表中键能可计算C3H8(g)C3H6(g) +H2(g)的∆H=(2×413+348)‎ - 19 -‎ ‎ kJ∙mol-1-(615+436) kJ∙mol-1=+123 kJ∙mol-1。答案为：+123 kJ∙mol-1；‎ ‎(2)①A．对于一个化学反应，方程式确定后，∆H确定，与反应进行的程度无关，A不合题意；‎ B．混合气体的质量和体积都不变，密度始终不变，所以密度不变时不一定达平衡状态，B不合题意；‎ C．混合气体的质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不断减小，当平均摩尔质量不变时，反应达平衡状态，C符合题意；‎ D．反应发生后，总是存在单位时间内生成1molH-H键，同时生成1molC=C键，反应不一定达平衡状态，D不合题意；‎ 故选C。答案为：C；‎ ‎②A．增大压强，平衡逆向移动，丙烯的平衡产率减小，A不合题意；‎ B．升高温度，平衡正向移动，丙烯的平衡产率增大，B符合题意；‎ C．保持容积不变充入氩气，平衡不受影响，C不合题意；‎ 故选B。答案为：B；‎ 工业生产中为提高丙烯的产率，还常在恒压时向原料气中掺入水蒸气，可增大混合气的体积，减小与反应有关气体的浓度，其目的是该反应为气体分子数增多的反应，恒压条件下充入水蒸气容器体积增大，平衡右移。答案为：该反应是气体分子数增多的反应，恒压条件下充入水蒸气容器体积增大，平衡右移；‎ ‎③升高温度，平衡正向移动，丙烷的体积分数减小，丙烯的体积分数增大，则ⅰ、ⅲ为丙烷的曲线，ⅱ、ⅳ为丙烯的曲线，1×104Pa与1×105Pa相比，压强减小，平衡正向移动，从而得出表示丙烷体积分数的曲线为ⅳ，表示丙烯体积分数的曲线为ⅰ。答案为：ⅳ；ⅰ；‎ ‎④1×104Pa、500℃时，丙烷、丙烯、氢气体积分数都为33.3%，由此可计算该反应的平衡常数Kp==3.3×103。答案：3.3×103；‎ ‎(3) CO2具有氧化性，能与催化剂表面的积炭发生反应生成一氧化碳气体，其原因是C与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面；相对于丙烷直接裂解脱氢制丙烯的缺点是生成有毒气体CO(或其他合理说法)。答案为：C与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面；生成有毒气体CO(或其他合理说法)。‎ ‎【点睛】利用键能计算反应热时，比较反应物与生成物的结构式，确定键的断裂与形成是解题的关键。‎ - 19 -‎ 丙烷的结构式为，丙烯的结构式为，H2的结构式为H-H，由此可确定断键与成键的种类及数目。‎ 二、选考题： ‎ ‎[化学一选修3：物质结构与性质 ‎11.科学家研究发现：硫化态的钴、钼、硫相互作用相（所谓“CoMoS”相）和噻吩(分子式为C4H4S)的加氢脱硫反应(C4H4S+4H2→C4H10+H2S)活性有线性关系。请回答下列有关问题：‎ ‎(1)基态钴原子的外围电子排布图（轨道表示式）为___________。‎ ‎(2)常温下，噻吩是一种无色、有恶臭、能催泪的液体，天然存在于石油中。‎ ‎①1mol噻吩()中含有的键数目为___。‎ ‎②在组成噻吩的三种元素中，电负性最小的是__（填元素符号，下同）；与S元素位于同一周期的非金属元素第一电离能由大到小的顺序为_______________。‎ ‎(3)已知沸点：H2O>H2Se>H2S，其原因 __________。‎ ‎(4)H2S在空气中燃烧可生成SO2，SO2催化氧化后得到SO3。‎ ‎①写出与SO2互为等电子体的分子和离子：___、___（各一种）。‎ ‎②气态SO3以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____；固态SO3形成三聚体环状结（如图1所示），该分子中S原子的杂化轨道类型为______。‎ ‎(5)Na2S的晶胞结构如图2所示，则黑球代表的离子是___。已知Na的半径为0.102nm，S2-的半径为0.184nm，根据硬球接触模型，则Na2S的晶胞参数a=__nm（列出计算式即可）。‎ ‎【答案】 (1). (2). 9NA (3). H (4). Cl>P>S>Si (5). 水分子间存在氢键，沸点高；相对分子质量H2Se大，范德华力强，沸点比H2S高 (6). O3 (7). NO2-(或其他合理答案) (8). 平面三角形 (9). sp3 (10). 硫离子(或S2-) (11). 0.661或 - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)基态钴原子的外围电子排布式为3d74s2，由此可得出其电子排布图（轨道表示式）。‎ ‎(2)①在噻吩分子中，含有3个碳碳键、2个碳硫键、4个碳氢键，由此可得出1mol噻吩（）中含有的键数目。‎ ‎②在组成噻吩的C、H、S三种元素中，电负性最小的是非金属性最弱的元素；与S元素位于同一周期的非金属元素有Si、P、S、Cl，它们的非金属性依次增强，但P的价电子轨道半充满，第一电离能反常，由此可得出第一电离能由大到小的顺序。‎ ‎(3)已知沸点：H2O>H2Se>H2S，只有H2O分子间能形成氢键，而H2Se的相对分子质量比H2S大。‎ ‎(4)①寻找与SO2互为等电子体的分子和离子，可从它们的相邻元素进行分析。‎ ‎②气态SO3分子中，S的价层电子数为3，由此确定立体构型；固态SO3形成三聚体环状结构，该分子中S原子的价层电子对数为4，由此确定杂化轨道类型。‎ ‎(5)Na2S的晶胞结构中，黑球有4个，而白球有8个，由此确定黑球代表的离子。晶胞参数为a，则体对角线为a nm，体对角线上黑球与白球间的距离为体对角线长度的，从而得出×a=0.102+0.184，由此求出a。‎ ‎【详解】(1)基态钴原子的外围电子排布式为3d74s2，则其电子排布图为。答案为：；‎ ‎(2)①在噻吩分子中，含有3个碳碳键、2个碳硫键、4个碳氢键，且两原子间只能形成1个键，所以1mol噻吩（）中含有的键数目为9NA。答案为：9NA；‎ ‎②在组成噻吩的C、H、S三种元素中，电负性最小的是非金属性最弱的元素H；与S元素位于同一周期的非金属元素有Si、P、S、Cl，它们的非金属性依次增强，但P的价电子轨道半充满，第一电离能反常，则第一电离能由大到小的顺序为Cl>P>S>Si。答案为：H；Cl>P>S>Si；‎ ‎(3)已知沸点：H2O>H2Se>H2S，只有H2O分子间能形成氢键，而H2Se的相对分子质量比H2S大，其原因为水分子间存在氢键，沸点高；相对分子质量H2Se大，范德华力强，沸点比H2S高。答案为：水分子间存在氢键，沸点高；相对分子质量H2Se大，范德华力强，沸点比H2S高；‎ ‎(4)①寻找与SO2互为等电子体的分子和离子，可从它们的相邻元素进行分析，由此得出分子和离子为：O3、NO2-(或其他合理答案)。答案为：O3；NO2-(或其他合理答案)；‎ ‎②气态SO3分子中，S的价层电子数为3，则立体构型为平面三角形；固态SO3‎ - 19 -‎ 形成三聚体环状结构，该分子中S原子的价层电子对数为4，则杂化轨道类型为sp3。答案为：平面三角形；sp3；‎ ‎(5)Na2S的晶胞结构中，黑球有4个，而白球有8个，则黑球代表的离子为硫离子(或S2-)。晶胞参数为a，则体对角线为a，体对角线上黑球与白球间的距离为体对角线长度的，从而得出×a=(0.102+0.184)nm，a=0.661nm或nm。答案为：硫离子(或S2-)；0.661或。‎ ‎【点睛】SO2的原子总数为3，价电子总数为18，从其附近寻找等电子分子，则只能为O3，寻找等电子离子时，范围相对宽一些，可把S换成N或Cl，不足或多出的电子用带电荷补齐，则为NO2-或ClO2+等。‎ 化学一选修5：有机化学基础]‎ ‎12.有机物1是一种常见的植物两味油，常用脂肪烃A和芳香烃D按如下路线合成：‎ 已知：①R1CHO+R2CH2CHO ‎②通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A的名称是___，H含有的官能团名称是_____。‎ ‎(2)②的反应条件是___。⑦的反应类型是______。‎ ‎(3)I的结构简式是________。‎ ‎(4)④的化学方程式是_________。NaOH/H2O ‎(5)L是I的同分异构体且含有相同官能团，其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基，则L共有_种（不考虑立体异构）‎ - 19 -‎ ‎(6)参照以上合成路线，设计以C为原料制备保水树脂的合成路线（无机试剂任选）__ 。‎ ‎【答案】 (1). 乙烯 (2). 羧基、碳碳双键 (3). 铜、氧气、加热 (4). 酯化反应 (5). (6). +2NaOH+2NaCl+H2O (7). 10 (8). CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由D的分子式，可确定其结构简式为，与Cl2在光照条件下发生取代反应，生成E的结构简式为，在NaOH水溶液中发生水解反应生成F，其结构简式为，；由I的分子式，可确定A分子中含有2个碳原子，由反应⑤的条件，与信息①进行比较，可确定C为CH3CHO，则B为CH3CH2OH，A为CH2=CH2。反应生成G的结构简式为，H为，I为。‎ ‎【详解】(1)由以上分析知，A的结构简式为CH2=CH2，名称是乙烯，H为，含有的官能团名称是羧基、碳碳双键。答案为：乙烯；羧基、碳碳双键；‎ ‎(2)反应②为CH3CH2OH氧化为CH3CHO，则反应条件是铜、氧气、加热。反应⑦为转化为，反应类型是酯化反应。答案为：铜、氧气、加热；酯化反应；‎ ‎(3)由以上分析知，I的结构简式是。答案为：；‎ ‎(4)反应④为生成，化学方程式是+2NaOH+2NaCl+H2O。答案为：+2NaOH+2NaCl+H2O；‎ ‎(5)L是I的同分异构体且含有相同官能团，其结构中苯环上只有两个处于对位的取代基，若1个取代基为-CH=CH2，则另一取代基为-COOCH3、-OOCCH3、-CH2OOCH；若1个取代基为-CH3，则另一取代基为-CH=CHOOCH、-OOC-CH=CH2、-COOCH=CH2、‎ - 19 -‎ ‎；若1个取代基为-OOCH，则另一取代基为-CH2CH=CH2、-CH=CHCH3、,则L共有10种（不包括立体异构）。答案为：10；‎ ‎(6) C为CH3CHO，由高聚物确定单体为CH3CH=CHCOOH，则依据信息①，两个CH3CHO先在NaOH水溶液中反应，再加热，从而生成CH3CH=CHCHO，再用银氨溶液氧化即得CH3CH=CHCOOH，然后发生加聚反应从而生成。合成路线为CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH。答案为：CH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOH。‎ ‎【点睛】合成有机物时，我们常采用逆推法，由高聚物确定链节，再由链节确定单体，先比较原料有机物与单体上的碳原子数，再比较官能团，以便确定发生的反应类型以及反应条件。‎ - 19 -‎ - 19 -‎