【化学】四川省绵阳市南山中学实验学校2020届高三上学期11月月考理科综合（解析版）

【化学】四川省绵阳市南山中学实验学校2020届高三上学期11月月考理科综合（解析版）

四川省绵阳市南山中学实验学校2020届高三上学期11月月考理科综合 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 F-19 P-31 K-39 Ca-40 Fe-56‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题（本题共7小题，每小题6 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.[安徽省合肥市2019年高三第三次教学质量检测]化工生产与人类进步紧密相联。下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂 B. 侯氏制碱法工艺流程中利用了物质溶解度的差异 C. 合成氨采用高温、高压和催化剂主要是提高氢气平衡转化率 D. 工业用乙烯直接氧化法制环氧乙烷体现绿色化学和原子经济 ‎【答案】C ‎【详解】A．空气吹出法中氯气置换出来的溴，Br2被水蒸气吹出与SO2反应，SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，S的化合价从＋4升高到＋6，作还原剂，A项正确；‎ B．在侯氏制碱法中，NaCl＋CO2＋NH3＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，利用的就是NaHCO3的溶解度比NaCl等物质的溶解度小，使之析出，B项正确；‎ C．合成氨的反应为N2＋3H22NH3，该反应是放热反应，采用高温并不利于反应正向移动，不能提高氢气平衡转化率，采用高温是为了提高化学反应速率，使用催化剂只能加快反应速率，不能提高氢气平衡转化率，C项错误；‎ D．乙烯与氧气反应生成环氧乙烷，2CH2=CH2＋O22，原子利用率100% ，符合绿色化学和原子经济性，D项正确；‎ 本题答案选C。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，1 mol氦气中含有的质子数为2NA B. l0g46%乙醇水溶液中所含氧原子数为0.4NA C. 1 Ll mol/LNa2CO3溶液中，阴离子总数小于NA D. 浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共23g，转移电子数0.5NA ‎【答案】C ‎【详解】A．He原子序数2，原子序数等于质子数，所以1molHe含有2mol质子，质子数为2NA，A项正确；‎ B．10g 46%的乙醇水溶液含有乙醇4.6g，为0.1mol，0.1molCH3CH2OH含有0.1mol氧原子，溶液中还含有54%的水，5.4g水，为0.3molH2O，含有0.3molO，所以溶液中含有的O原子共0.4mol，数目为0.4NA，B项正确；‎ C．CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，可以知道1个CO32－水解会生成1个OH－和1个HCO3－，阴离子数目增加，大于NA，C项错误；‎ D．NO2、N2O4的最简式相同，可以以NO2的形式进行求解，23gNO2物质的量为0.5mol，N的化合价从NO3－中的＋5降低到了＋4，现生成0.5molNO2，则共转移0.5mol电子，转移的电子数为0.5NA，D项正确；‎ 本题答案选C。‎ ‎3.环丙叉环丙烷(n)由于其特殊的结构，一直受到结构和理论化学家的关注，它有如下转化关系。下列说法正确的是（ ）‎ A. n分子中所有原子都在同一个平面上 B. n和：CBr2生成p的反应属于加成反应 C. p分子中极性键和非极性键数目之比为2：9‎ D. m分子同分异构体中属于芳香族化合物的共有四种 ‎【答案】B ‎【详解】A．n中有饱和的C原子—CH2—，其结构类似于CH4，所有的原子不可能共平面，A项错误；‎ B．n中的碳碳双键打开与：CBr2相连，发生加成反应，B项正确；‎ C．p分子中的非极性键只有C—C键，1个p分子中有9根C－C键，极性键有C-H键和C—Br键，分别为8根和2根，所以极性键和非极性键的比例为10:9，C项错误；‎ D．m的化学式为C7H8O，属于芳香族化合物的同分异构体，如果取代基是—OH和－CH3‎ ‎，则有邻间对3种，如果取代基为—CH2OH，只有1种，取代基还可为—OCH3，1种，则共5种，D项错误；‎ 本题答案选B。‎ ‎4.下列有关实验能达到相应实验目的的是（ ）‎ A. 实验①用于实验室制备氯气 B. 实验②用于制备干燥的氨气 C. 实验③用于石油分馏制备汽油 D. 实验④用于制备乙酸乙酯 ‎【答案】C ‎【详解】A．实验①的图中利用MnO2和浓盐酸反应制备氯气，但是该反应需要加热才发生，没有加热装置，达不到实验目的，A项错误；‎ B．NH3的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，实验②达不到实验目的，B项错误；‎ C．装置③为分馏装置，不管是温度计水银球的位置还是冷凝管进水出水的方向都没有错误，C项正确；‎ D．右侧试管中使用的是饱和NaOH溶液，酯在碱性环境下易水解，得不到产物，D项错误；‎ 本题答案选C。‎ ‎5.如图所示的X、Y、Z、W四种短周期元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是（ ）‎ A. X、Y、W三种元素最低价氢化物的沸点依次升高 B. Z、X、W三种元素氧化物对应水化物的酸性依次增强 C. 由X、W和氢三种元素形成的化合物中只含共价键 D. X、Z形成的二元化合物是一种新型无机非金属材料 ‎【答案】D ‎【详解】‎ 根据在短周期中，X、Y、Z、W的位置，可以知道，X和Y位于第二周期，Z和W位于第三周期，设Z元素原子的最外层电子数为a，则X、Y、W的原子的最外层电子数分别为a＋1、a＋2、a＋3；有a +a＋1+a＋2+a＋3=22，得a=4，Z的最外层电子数为4，Z元素为Si，同理可知X、Y、W分别为N、O、Cl。‎ A．X、Y、W三种元素最低价氢化物分别为NH3、H2O、HCl，由于NH3、H2O分子间存在氢键，沸点会升高，因此沸点最高的是H2O，最低的是HCl，A项错误；‎ B．Z、X、W元素氧化物对应的水化物的酸性不一定增强， 如Cl的含氧酸中的HClO为弱酸，其酸性比N的最高价氧化物的水化物HNO3的弱，B项错误；‎ C．X、W和H三种元素形成的化合物为NH4Cl等，NH4Cl为离子化合物，其中既存在离子键又存在共价键，C项错误；‎ D．Z和X形成的二元化合物为氮化硅，氮化硅是一种重要的结构陶瓷材料，它是一种新型无机非金属材料，D项正确；‎ 本题答案选D。‎ ‎6.下列有关电化学原理及应用的相关说法正确的是（ ）‎ A. 电池是能量高效转化装置，燃料电池放电时化学能全部转化为电能 B. 电热水器用牺牲阳极的阴极保护法阻止不锈钢内胆腐蚀，阳极选用铜棒 C. 工业上用电解法精炼铜过程中，阳极质量减少和阴极质量增加相同 D. 电解氧化法在铝制品表面形成氧化膜减缓腐蚀，铝件作为阳极 ‎【答案】D ‎【详解】A．电池是能量高效转化装置，但是燃料电池放电的时候化学能并不能完全转化为电能，如电池工作时，在电路中会产生热能，A项错误；‎ B．牺牲阳极的阴极保护法需要外接活泼金属，Cu的活动性比Fe的活动性低，因此起不到保护的作用，B项错误；‎ C．电解精炼铜的过程中，阳极除了Cu，还有Zn、Fe等比Cu活泼的金属也会失去电子，阴极始终是Cu2+被还原成Cu，所以阳极质量的减少和阴极质量的增加不相同，C项错误；‎ D．利用电解法使铝的表面生成氧化铝，Al的化合价从0升高到＋3，失去电子，在电解池中作阳极，D项正确；‎ 本题答案选D。‎ ‎7.25℃时，已知醋酸的电离常数为1.8×10-5。向20mL 2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水电离出的c(H+)在此滴定过程中变化曲线如下图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. a点溶液中：c(H+)=6.010-3molL-1‎ B. b点溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)‎ C. c点溶液中：c(OH-)=c(CH3COOH)+ c(H+)‎ D. d点溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)‎ ‎【答案】B ‎【详解】A．a点溶液没有加入NaOH，为醋酸溶液，根据电离平衡常数计算。设电离出的H＋的浓度为x，由于电离程度很低，可认为醋酸浓度不变。‎ CH3COOHCH3COO－＋H＋‎ ‎ 2 x x ‎ Ka===1.8×10-5，解得x=6.0×10-3mol/L，A项正确；‎ B．b点的溶液为CH3COOH和CH3COONa等浓度混合的溶液，物料守恒为c(CH3COOH) +c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸会电离CH3COOHCH3COO－＋H＋，醋酸根会水解，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水解平衡常数<1.8×10-5，CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，所以c(CH3COO-)> c(Na+)> c(CH3COOH)；B项错误；‎ C．c点醋酸和氢氧化钠完全反应，溶液为CH3COONa溶液，在醋酸钠溶液中有电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，将两式联立得到质子守恒，则有c(OH-)=c(CH3COOH)+ c(H+)；C项正确；‎ D．d点加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D项正确；‎ 本题答案选B。‎ ‎【点睛】电解质溶液中，粒子浓度有三大守恒，电荷守恒、物料守恒和质子守恒，写出前两个即可以导出质子守恒。要特别注意等物质的量浓度的混合溶液中水解和电离的大小关系。‎ 第II卷（非选择题）‎ 二、非选择题。第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题 ‎8.乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，相对分子质量为288}易溶于水，是一种很好的补铁剂，可由乳酸[CH3 CH(OH)COOH]与FeCO3反应制得。‎ I．碳酸亚铁的制备（装置如下图所示）‎ ‎(1)仪器B的名称是__________________；实验操作如下：打开kl、k2，加入适量稀硫酸，关闭kl，使反应进行一段时间，其目的是______________________________________。‎ ‎(2)接下来要使仪器C中的制备反应发生，需要进行的操作是____________，该反应产生一种常见气体，写出反应的离子方程式___________________________________。‎ ‎(3)仪器C中混合物经过滤、洗涤得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法是_________________________________________________________________。‎ Ⅱ．乳酸亚铁的制备及铁元素含量测定 ‎(4)向纯净FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75℃下搅拌使之充分反应，经过滤，在___________________________的条件下，经低温蒸发等操作后，获得乳酸亚铁晶体。‎ ‎(5)两位同学分别用不同的方案进行铁元素含量测定：‎ ‎①甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下，所得纯度总是大于l00%，其原因可能是________________________________________。‎ ‎②乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。称取3.000 g样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成l00mL溶液。吸取25．00 rnL该溶液加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0. 100 mol·L-1硫代硫酸钠溶液滴定（已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-），当溶液_________________________，即为滴定终点；平行滴定3次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为24.80‎ ‎ mL，则样品纯度为_________％（保留1位小数）。‎ ‎【答案】(1). 蒸馏烧瓶 (2). 生成FeSO4溶液，且用产生的H2排尽装置内的空气 (3). 关闭k2 (4). Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O (5). 取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则洗涤干净 (6). 隔绝空气 (7). 乳酸根离子中的羟基也能被高锰酸钾氧化，导致消耗高锰酸钾溶液用量偏多 (8). 蓝色褪去且半分钟不恢复 (9). 95.2%‎ ‎【分析】I．亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，B制备硫酸亚铁，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应产生FeCO3沉淀。‎ Ⅱ．Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，获取乳酸亚铁晶体过程中应减小空气中氧气的干扰；①乳酸和亚铁离子都可被酸性高锰酸钾氧化；‎ ‎②I2的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，最终褪色；根据已知反应可得关系式2Fe3+～～I2～～2S2O32-，根据滴定时参加反应的硫代硫酸钠的物质的量计算出Fe2+的物质的量，再计算样品纯度。‎ ‎【详解】I．亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，装置B制备硫酸亚铁，C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。‎ ‎(1)由仪器图形可知B为蒸馏烧瓶；打开kl、k2，加入适量稀硫酸，可使生成的氢气排出装置C内的空气，防止二价铁被氧化；‎ ‎(2)待装置内空气排出后，再关闭k2，反应产生的氢气使装置内的气体压强增大，可将B中生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反应的离子方程式为Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；‎ ‎(3)FeCO3是从含有SO42-的溶液中过滤出来的，检验沉淀是否洗涤干净，可通过检验是否含有SO42-判断。方法是：取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则表明洗涤液中不存在SO42-，即可判断FeCO3沉淀洗涤干净；‎ Ⅱ．(4)Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，则乳酸亚铁应隔绝空气，防止被氧化；‎ ‎(5)①乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，Fe2+‎ 也可以被氧化，因此二者反应都消耗KMnO4溶液，导致消耗高锰酸钾的增大，使计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；‎ ‎②I2遇淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，说明I2与Na2S2O3发生了氧化还原反应，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可判断为滴定终点；24.80 mL0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液中硫代硫酸钠的物质的量为n(Na2S2O3)=0.02480L×0.100mol/L=2.48×10-3mol，根据关系式2Fe2+～2Fe3+～I2～2S2O32-，可知样品中CH3CH(OH)COO]2Fe•3H2O的物质的量为n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.48×10-3mol×=9.92×10-3mol，则样品的纯度为×100%=95.2%。‎ ‎【点睛】本题考查实验制备方案的知识，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等，明确原理是解题关键，通过化学方程式可得关系式，然后根据关系式进行有关化学计算，注意在物质计算时取用的物质与原样品配制的溶液的体积关系，以免出错。‎ ‎9.据报道，磷酸二氢钾(KH2PO4)大晶体已应用于我国研制的巨型激光器“神光二号”中。利用氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)制备磷酸二氢钾的工艺流程如下图所示(部分流程步骤已省略)：‎ 已知萃取的主要反应原理：KCl+H3PO4KH2PO4+HCl；其中，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)流程中将氟磷灰石粉碎的目的是__________________________________。‎ ‎(2)不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽的主要原因是______________________________(用化学方程式表示)。‎ ‎(3)副产品N的化学式是____________；在得到KH2PO4晶体的一系列操作Ⅲ，其主要包括_________________、过滤、洗涤、干燥等。‎ ‎(4)若用1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12‎ ‎，摩尔质量为504g/mol)来制取磷酸二氢钾晶体，其产率为80%，则理论上可生产KH2PO4(摩尔质量为136g/mol)的质量为_______kg。 ‎ ‎(5)电解法制备KH2PO4的装置如图所示．该电解装置中，a 区属于_______区(填“阳极”或“阴极”)，阴极区的电极反应式是________________。‎ ‎(6)工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，同时逸出SiF4和CO,该反应的化学方程式为________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积,加快化学反应速率 (2). 4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O (3). NH4Cl (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). 326.4kg (6). 阴极 (7). 2H＋＋2e－＝H2↑ (8). 4Ca5P3FO12+21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑‎ ‎【解析】氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)粉碎后加入浓硫酸，反应生成氢氟酸、硫酸钙、磷酸等，加入氯化钾后用有机萃取剂，KCl+H3PO4KH2PO4+HCl，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂，有机相中含有氯化氢，加入氨水反应生成氯化铵，因此副产品主要为氯化铵，水相中含有KH2PO4，经过一系列操作得到KH2PO4晶体。‎ ‎(1)流程中将氟磷灰石粉碎，可以增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率，故答案为：增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率；‎ ‎(2)根据流程图，反应中生成了氢氟酸，氢氟酸能够与二氧化硅反应，因此不能使用二氧化硅陶瓷材质的沸腾槽，故答案为：4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O；‎ ‎(3)根据上述分析，副产品N的化学式为NH4Cl；在得到KH2PO4晶体的一系列操作Ⅲ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，故答案为：NH4Cl；蒸发浓缩、冷却结晶；‎ ‎(4)1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石(化学式为Ca5P3FO12)中含有Ca5P3FO12的质量为504kg，根据P元素守恒，理论上可生产KH2PO4的质量为504kg×80%× ÷=326.4 kg，故答案为：326.4 kg；‎ ‎(5)根据图示，应该在a区生成KH2PO4，则钾离子由b区移向a区，则a 区属于阴极区；阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑，故答案为：阴极；2H＋＋2e－＝H2↑；‎ ‎(6)用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，同时逸出SiF4和CO，反应的化学方程式为4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑，故答案为：4Ca5P3FO12 +21SiO2+30C20CaSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑。‎ ‎10.(1)2017年中科院某研究团队通过设计一种新型Na-Fe3O4/HZSM-5多功能复合催化剂，成功实现了CO2直接加氢制取辛烷值汽油，该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。‎ 已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH1 = －aKJ/mol C8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1) ΔH2= －bKJ/mol 试写出25℃、101kPa条件下，CO2与H2反应生成汽油(以C8H18表示)的热化学方程式_______________________________________________________________。‎ ‎(2)利用CO2及H2为原料，在合适的催化剂(如Cu/ZnO催化剂)作用下，也可合成CH3OH，涉及的反应有：‎ 甲：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H= — 53.7kJ·mol-1 平衡常数K1‎ 乙：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H= + 41.2kJ·mol-1 平衡常数K2‎ ‎①CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数K=___________(用含K1、K2的表达式表示)，该反应△H_____0(填“大于”或“小于”)。‎ ‎②提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有__________________________(填写两项)。‎ ‎③催化剂和反应体系的关系就像锁和钥匙的关系一样，具有高度的选择性。下列四组实验，控制CO2和H2初始投料比均为1：2.2，经过相同反应时间(t1min)。‎ 温度(K)‎ 催化剂 CO2转化率(%)‎ 甲醇选择性(%)‎ 综合选项 ‎543‎ Cu/ZnO纳米棒材料 ‎12.3‎ ‎42.3‎ A ‎543‎ Cu/ZnO纳米片材料 ‎11.9‎ ‎72.7‎ B ‎553‎ Cu/ZnO纳米棒材料 ‎15.3‎ ‎39.1‎ C ‎553‎ Cu/ZnO纳米片材料 ‎12.0‎ ‎70.6‎ D 由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对CO2的转化为CH3OH的选择性有显著影响，根据上表所给数据结合反应原理，所得最优选项为___________(填字母符号)。‎ ‎(3)以CO、H2为原料合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在体积均为2L的三个恒容密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，分别都充入1molCO和2molH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。下图为三个容器中的反应均进行到5min时H2的体积分数示意图，其中有一个容器反应一定达到平衡状态。‎ ‎①0～5min时间内容器Ⅱ中用CH3OH表示的化学反应速率为_________________。‎ ‎②三个容器中一定达到平衡状态的是容器________(填写容器代号)。‎ ‎【答案】 (1). 8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1)+16H2O(1) ΔH=—（25a-b）KJ/mol (2). K= (3). 小于 (4). 降低温度、减小产物浓度 (5). B (6). 0.0875mol/(L·min) (7). Ⅲ ‎【详解】(1)已知：①H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH1 =—aKJ/mol；‎ ‎②C8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1) ΔH2=—bKJ/mol 根据盖斯定律，由①×25-②得反应方程式：8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(1) +16H2O(1) ΔH=25ΔH1-ΔH2=ΔH=—（25a-b）KJ/mol；‎ ‎(2) ①已知甲：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)  △H=-53.7 kJ·mol-1平衡常数 K1‎ 乙：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)  △H=+41.2 kJ·mol-1平衡常数K2；根据盖斯定律，由甲-乙得反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数K=；△H=-53.7 kJ·mol-1-41.2 kJ·mol-1=-94.9 kJ·mol-1<0；②反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)是气体体积缩小的放热反应，提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有降低温度、减少产物浓度、按比例充入原料CO2和H2等；③由表中数据分析在相同温度下不同催化剂对甲醇的选择性有显著影响，使用Cu/ZnO纳米片催化剂时甲醇选择性高；使用相同的催化剂在不同温度下，虽然二氧化碳的转化率增加，甲醇的选择性却减小，说明温度升高，副产物增加，因此综合考虑选B选项；‎ ‎(3) ① CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)‎ 开始时的物质的量：1      2           0‎ 转化的物质的量：  a      2a         a 平衡时的物质的量：1-a    2-2a       a 容器Ⅱ中0～5 min内H2含量是20%，a=，v(CH3OH)= 0.0875mol/(L·min)；②Ⅲ中温度高氢气含量高，说明达到平衡升高温度平衡逆向移动，氢气含量增加。‎ ‎【点睛】本题综合考查化学反应中的热量变化和化学反应平衡。盖斯定律，又名反应热加成性定律：若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关；化学平衡常数指在一定温度下，可逆反应都达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，固体、纯液体不需要表示出；影响化学平衡的因素有浓度、温度和压强等。‎ ‎（二）选考题 ‎11.含硼、氮、磷的化合物有许多重要用途，如：(CH3)3N、Cu3P、磷化硼等。回答下列问题：‎ ‎（1）基态B原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______________；基态Cu+的核外电子排布式为_______________。‎ ‎（2）化合物(CH3)3N分子中N原子杂化方式为_____，该物质能溶于水的原因是____________________________________________________________。‎ ‎（3）PH3分子的键角小于NH3分子的原因是________________________________________；亚磷酸(H3PO3)是磷元素的一种含氧酸，与NaOH反应只生成NaH2PO3和Na2HPO3两种盐，则H3PO3分子的结构式为_______________。‎ ‎（4）磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。磷化硼晶体晶胞如图1所示：‎ ‎①在一个晶胞中磷原子的配位数为_____。‎ ‎②已知磷化硼晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则B-P键长为_____。‎ ‎【答案】(1). 哑铃形 (2). [Ar]3d10 (3). sp3 (4). (CH3)3‎ N为极性分子，且可与水分子间形成氢键 (5). 电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间的排斥力越大，键角变大 (6). (7). 4 (8). ‎ ‎【分析】(1)s能级电子云形状为球形、p能级电子电子云形状为哑铃形；Cu失去4s能级电子生成Cu+，根据构造原理书写该离子核外电子排布式；‎ ‎(2)化合物(CH3)3N分子中N和每个C原子形成一个共价键，且还含有一个孤电子对，所以N原子价层电子对个数为4，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化方式；极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，能和水形成氢键的溶质易溶于水；‎ ‎(3)电负性N＞P，键合电子对偏向N，成键电子对间斥力增大；亚磷酸(H3PO3)是磷元素的一种含氧酸，与NaOH反应只生成NaH2PO3和Na2HPO3两种盐，说明为二元酸，则该分子中含有2个羟基，一个H原子和P原子形成共价键；‎ ‎(4)①在一个晶胞中磷原子的配位数为4；‎ ‎②该晶胞中P原子个数=8×+6×=4、B原子个数为4，磷化硼晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则晶胞体积==，其棱长=，B-P键长为体对角线的。‎ ‎【详解】(1)s能级电子云形状为球形、p能级电子电子云形状为哑铃形，基态B原子电子占据最高能级的电子为2p电子，其电子云轮廓图为哑铃形；Cu失去4s能级电子生成Cu+，根据构造原理书写该离子核外电子排布式为[Ar]3d10；‎ ‎(2)化合物(CH3)3N分子中N和每个C原子形成一个共价键，且还含有一个孤电子对，所以N原子价层电子对个数为4，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化方式为sp3；极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，能和水形成氢键的溶质易溶于水，(CH3)3N为极性分子，且可与水分子间形成氢键；‎ ‎(3)电负性N＞P，键合电子对偏向N，成键电子对间斥力增大，键角增大；亚磷酸(H3PO3)是磷元素的一种含氧酸，与NaOH反应只生成NaH2PO3和Na2HPO3‎ 两种盐，说明为二元酸，则该分子中含有2个羟基，一个H原子和P原子形成共价键，其结构式为；‎ ‎(4)①在一个晶胞中磷原子的配位数为4；‎ ‎②该晶胞中P原子个数=8×+6×=4、B原子个数为4，磷化硼晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则晶胞体积==，其棱长=，，B-P键长为体对角线的=××cm=cm。‎ ‎【点睛】均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：①顶点：每个顶点的原子被8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4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.药物F具有抗肿瘤、降血糖、降血压等多种生物活性，其合成路线如下： ‎ 已知：M结构简式为：。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）A的化学名称是_______________，B的化学式是________________。‎ ‎（2）C中官能团的名称是__________________________。‎ ‎（3）写出F的结构简式__________________________。‎ ‎（4）已知A在一定条件下能生成可降解的聚酯，请写出该反应化学方程式：________________________________________。‎ ‎（5）满足下列条件的M的同分异构体有_______种(不含立体异构)。‎ ‎① 能够发生银镜反应。‎ ‎② 含有硝基(–NO2)，且硝基直接连在苯环上。‎ ‎③ 含有苯环且苯环上只有两个取代基。‎ 其中核磁共振氢谱为四组峰且峰面积之比为6∶2∶2∶1的结构简式为________（写出一种即可）。‎ ‎（6）写出用乙醛为原料制备高分子化合物聚丙烯腈的合成路线（无机试剂任选）：______________________‎ ‎【答案】 (1). 2-羟基丙酸(或α-羟基丙酸或乳酸) (2). C4H8O3 (3). 羰基（酮基），酯基 (4). (5). (6). 15 (7). (8). ‎ ‎【解析】根据流程图，乙醛与HCN加成生成，水解生成，与甲醇酯化生成B，B为，B氧化生成，与M()反应生成D()，D还原生成E()，E发生消去反应生成F，F为 ‎。‎ ‎(1)A()的化学名称为2-羟基丙酸，根据上述分析，B为，化学式是C4H8O3，故答案为：2-羟基丙酸(或α-羟基丙酸或乳酸)；C4H8O3；‎ ‎(2)C()中官能团有羰基，酯基，故答案为：羰基，酯基；‎ ‎(3)根据上述分析，F的结构简式为，故答案为：；‎ ‎(4)A()在一定条件下能生成可降解的聚酯，反应的化学方程式为，故答案为：；‎ ‎(5)M()的同分异构体满足：①能够发生银镜反应，是结构中含有醛基；②含有硝基(–NO2)，且硝基直接连在苯环上；③含有苯环且苯环上只有两个取代基，满足条件的是苯环上含有硝基，另一个基团为—C3H6—CHO，其中—C3H6—CHO有—CH2CH2CH2—CHO、—CH2CH(CH3)—CHO、—CH(CH3) CH2—CHO、—CH(CH2CH3)—CHO、—C(CH3) 2—CHO5种结构，因此M()的同分异构体有3×5=15种，其中核磁共振氢谱为四组峰且峰面积之比为6∶2∶2∶1的结构简式为，故答案为：15；(任写一种)；‎ ‎(6)用乙醛为原料制备聚丙烯腈()，需要先制备丙烯腈，根据题干流程图，可以由乙醛与HCN加成生成，消去羟基生成丙烯腈，合成路线为，故答案为：。‎ 点睛：本题考查了有机合成与推断。本题的易错点为(5)，重点是书写侧链—C4H7O满足条件的结构。本题的难点是(6)，要注意充分利用题干流程图提供的信息解答。 ‎