湖北省2020届高三（4月）线上调研考试理综化学试题 Word版含解析

湖北省2020届高三（4月）线上调研考试理综化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 湖北省2020届高三（4月）线上调研考试 化学试题 ‎1.2020年1月武汉爆发新冠肺炎，湖北省采取封城封镇措施阻止了冠状病毒蔓延。新冠病毒主要传播方式是经飞沫传播、接触传播（包括手污染）以及不同大小的呼吸道气溶胶近距离传播。冠状病毒对热敏感，56℃30分钟、75%酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸、乙醚和氯仿等脂溶剂均可有效灭活病毒。下列有关说法正确的是 A. 因为过氧乙酸能灭活病毒，所以在家每天进行醋熏能杀死家里的新冠肺炎病毒 B. 在空气质量检测中的PM2.5，属于气溶胶 C. 电解食盐水制取次氯酸钠喷洒房间能杀死新冠肺炎病毒 D. 含氯消毒剂、过氧乙酸、乙醚和氯仿等都属于有机物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 醋酸为弱酸，不能杀死新冠肺炎病毒，而且会刺激呼吸道粘膜，不宜长期熏醋，故A错误；‎ B. 胶体粒子的直径范围为1—100nm，PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，若粒子直径大于100nm，则不形成胶体，故B错误；‎ C. 次氯酸钠具有强氧化性，能杀死新冠肺炎病毒，故C正确；‎ D. 含氯消毒剂，如84消毒液(有效成分为次氯酸钠)、漂白粉(有效成分为次氯酸钙)，属于无机物，过氧乙酸、乙醚和氯仿等都属于有机物，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A. 4.6g14CO2与N218O的混合物中所含中子数为2.4NA B. 将0.1 mol CH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目等于0.1NA C. 1 mol HI被氧化为I2时转移的电子数为NA D. 常温下电解饱和食盐水，当溶液pH由7变为13时，电路中转移的电子数为0.1NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 14CO2和N218O的摩尔质量均为46g/mol，故4.6g混合物的物质的量为0.1mol，且二者均含有24个中子，故0.1mol此混合物中含中子数为2.4NA个，故A正确；‎ - 21 -‎ B. 将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒有：n(CH3COO-)+n(OH−)=n(Na+)+n(H+)，而由于溶液显中性，故n(OH−)=n(H+)，则有n(CH3COO-)=n(Na+)=0.1mol，溶液中CH3COO-数目等于0.1NA，故B正确；‎ C. I元素的化合价由-1价升高为0价，则1 mol HI被氧化为I2时转移的电子数为1mol×1NA=NA，故C正确；‎ D. 溶液体积不明确，故溶液中放电的氢离子的物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】D项是学生们的易错点，学生们往往不细心，直接认为溶液是1L并进行计算，这种错误只要多加留意，认真审题即可避免；‎ ‎3.已知：。下列关于（b）、（d）、（p）的说法不正确的是 A. 有机物可由2分子b反应生成 B. b、d、p均能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色 C. b、q、p均可与乙烯发生反应 D. p的二氯代物有五种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据已知反应可知，有机物可由2分子b反应生成，故A正确；‎ B. b、d、p均含有碳碳双键，则都能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；‎ C. 根据已知反应可知，b、q、p均可与乙烯发生反应，故C正确；‎ D. p有2种等效氢原子，根据“定一移一”的思路可得其二氯代物有以下四种，分别是3种、1种，故D错误；‎ - 21 -‎ 故选D。‎ ‎4.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，B与C的简单离子具有相同的电子层结构，D的最高正价与最低负价代数和为6。工业上采用在二氧化钛与A的单质混合物中通入D的单质，高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体Y（化学式为AB），X与金属单质C反应制得单质钛。下列说法不正确的是 A. 简单离子半径：D＞B＞C B. 氧化物的水化物酸性：D＞A C. X与单质C不能在空气的氛围中反应制得单质钛 D. B与D组成的某化合物可用于饮用水消毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，D的最高正价与最低负价代数和为6，则D为Cl元素，工业上采用在二氧化钛与A的单质混合物中通入D的单质，高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体Y（化学式为AB），X与金属单质C反应制得单质钛，这种常见的可燃性气体为CO，则A为C元素，B为O元素，X为TiCl4，工业上用金属镁还原TiCl4制得金属钛，则C为Mg元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. D为Cl，B为O，C为Mg，Cl-核外有3个电子层，O2-和Mg2+核外电子排布相同，均有2个电子层，当核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则它们的简单离子半径：D＞B＞C，故A正确；‎ B. A为C，D为Cl，其中H2CO3的酸性比HClO的酸性强，故B错误；‎ C. 因为镁会与空气中的氮气、氧气、二氧化碳反应，则金属镁还原TiCl4制得金属钛时不能在空气的氛围中反应，故C正确；‎ D. D为Cl，B为O，由二者组成的化合物中ClO2具有强氧化性，可用于饮用水消毒，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】工业上制金属钛采用金属热还原法还原四氯化钛，将TiO2(或天然的金红石)和炭粉混合加热至1000～1100K，进行氯化处理，并使生成的TiCl4蒸气冷凝，发生反应TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO；在1070K下，用熔融的镁在氩气中还原TiCl4可得多孔的海绵钛，发生反应TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti。‎ - 21 -‎ ‎5.高纯氢的制备是目前的研究热点，利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图所示。下列有关说法正确的是 A. 连接K1可以制取O2‎ B. 电极2发生反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-‎ C. 电极3的主要作用是通过NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移 D. 连接K2溶液的pH减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 连接K1，电极1为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，氢气在阴极生成，故A错误；‎ B. 电极2为阳极，阳极发生氧化反应，氢氧根离子被氧化生成氧气，电极方程式为4OH-4e-═2H2O+O2↑，故B错误；‎ C. 电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH⇌Ni(OH)2的转化，提供电子转移，故C正确；‎ D. 连接K2，电极3为阴极，电极反应为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，电极2为阳极，电极反应为4OH-4e-═2H2O+O2↑，总反应为4NiOOH+2H2O=4Ni(OH)2+ O2↑，反应消耗水，则溶液碱性增强，pH增大，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.下列由实验操作得到的实验现象或结论不正确的是 实验操作 实验现象或结论 A 向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体 该溶液中一定含有S2O32-‎ B 向3ml 氧化性：Br2＞I2‎ - 21 -‎ ‎ KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色 C 相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈碱性，后者呈中性 非金属性：S＞C D 将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，原溶液中可能含有S2-和SO32-，且SO32-过量，加入稀硫酸时发生反应，，S单质是淡黄色沉淀，二氧化硫是有刺激性气味气体，故A错误；‎ B. 氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，溶液呈蓝色，说明有碘单质生成，Br2能氧化I-生成I2，Br2是氧化剂、I2是氧化产物，则Br2的氧化性比I2的强，故B正确；‎ C. 元素的非金属性越弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性就越弱，其最高价含氧酸的钠盐的碱性就越强，相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈碱性，后者呈中性，说明碳酸为弱酸、硫酸为强酸，由此得出非金属性S＞C，故C正确；‎ D. 将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶，镁条继续燃烧，反应生成MgO和C，则集气瓶中产生浓烟（MgO固体小颗粒）并有黑色颗粒产生，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】向某单一溶质的溶液中加入稀硫酸，同时生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，则该溶液中一定含有S2O32-，发生反应，这是常考点，经常在元素推断题中出现，也是学生们的易忘点。‎ ‎7.H2C2O4是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4‎ - 21 -‎ 溶液中滴加KOH溶液，混合溶液中离子浓度与pH的关系如图所示，其中或。下列说法正确的是 A. 直线I表示的是与pH的变化关系 B. 图中纵坐标应该是a=1.27，b=4.27‎ C. c()＞c()＞c(H2C2O4)对应1.27＜pH＜4.27‎ D. c(K+)=c()+c()对应pH=7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 二元弱酸草酸的，，当lgy＝0时，pH＝−lgc(H+)＝−lgK，pH1＝1.27＜pH2＝4.27，表明K1＝10−1.27＞K2＝10−4.27，所以直线I表示的是与pH的变化关系，直线Ⅱ表示的是与pH的变化关系，故A错误； B. pH＝0时，，，则图中纵坐标应该是a=1.27，b=4.27，故B正确； C. 设pH＝a，c(H+)＝10−a，，c()＞c()，104.27-a＞1，则4.27-a＞0，解得a＜4.27，，‎ - 21 -‎ ‎，当c()＞c(H2C2O4)，102a-5.54＞1，则2a-5.54＞0，解得a＞2.77，所以c()＞c()＞c(H2C2O4)对应2.77＜pH＜4.27，故C正确； D. 电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，当c(K+)=c()+2c()时，c(H+)=c(OH-)，对应pH＝7，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎8.磷酸亚铁锂（LiFePO4）是目前使用量最多的一种锂电池电极材料，LiFePO4废料中（含Al、石墨）磷、铁、锂的综合回收工艺流程图：‎ 已知：①，‎ ‎②常温下，，， ‎ ‎（1）过程I“碱浸”的目的是____________，该过程发生反应的离子方程式为_________________。‎ ‎（2）过程II“酸浸”加人双氧水的目的是_________________。‎ ‎（3）①浸出液中存在大量、离子，从平衡移动角度解释过程Ⅲ得到磷酸铁晶体原因_________________。‎ ‎②一定条件下，探究了pH对磷酸铁沉淀的影响，结果如图所示。由图可知，过程Ⅲ应选取的最佳沉淀pH为____。随pH的增加,磷的沉淀率开始下降，而铁沉淀率未下降，分析原因为_________________。‎ - 21 -‎ ‎（4）测得滤液1中c(Li+)=0.l5mol/L，某同学取该100mL滤液进行“沉锂”反应．加入50mlNa2CO3溶液却未见沉淀，若不考虑Na2CO3的水解和液体混合时的体积变化，则该同学加入的Na2CO3溶液最大浓度为c(Na2CO3)=_____________mol/L ‎（5）过程Ⅵ将滤液2________，________，经过滤、干燥后得Na3PO4·12H2O晶体。‎ ‎【答案】 (1). 溶解Al，使其分离出去 (2). (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). CO32-结合H+，，两个平衡均向右移动，c(PO43-)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体 (5). 2.5 (6). 随pH的增加，部分FePO4•2H2O沉淀转变为Fe(OH)3沉淀，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降，而铁仍在沉淀中 (7). 0.51 (8). 蒸发浓缩 (9). 冷却结晶 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ LiFePO4废料(含Al、石墨)加入氢氧化钠溶液，铝与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的NaAlO2，过滤，滤渣中含有LiFePO4和石墨，在滤渣中加入盐酸和过氧化氢浸取，可氧化亚铁离子生成铁离子，浸出液中含有铁离子、锂离子、、离子等，加入碳酸钠溶液调节pH，可生成FePO4•2H2O，滤液1中含有锂离子，滤液1中加入碳酸钠沉锂得到Li2CO3产品，FePO4•2H2O中加入氢氧化钠溶液调节pH，得到含铁产品和滤液2，滤液2为Na3PO4溶液，Na3PO4溶液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得Na3PO4·12H2O晶体。‎ 以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的NaAlO2，则过程I“碱浸”的目的是溶解Al，使其分离出去，该过程发生反应的离子方程式为，故答案为：溶解Al，使其分离出去；；‎ - 21 -‎ ‎(2)过程II“酸浸”加人双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；‎ ‎(3)①浸出液中存在大量、离子，加入碳酸钠溶液后，CO32-结合H+，，两个平衡均向右移动，c(PO43-)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体；‎ ‎②过程Ⅲ得到FePO4•2H2O，由图可知在pH等于2.5时，磷的沉淀率最高，则应选取的最佳沉淀pH为2.5，根据图像可知，随pH的增加，磷的沉淀率开始下降，而铁沉淀率未下降，是因为随pH的增加，部分FePO4•2H2O沉淀转变为Fe(OH)3沉淀，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降，而铁仍在沉淀中；‎ 故答案为：2.5；随pH的增加，部分FePO4•2H2O沉淀转变为Fe(OH)3沉淀，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降，而铁仍在沉淀中；‎ ‎(4)混合溶液中，设该同学加入的Na2CO3溶液的浓度为x mol/L，则混合溶液中，二者混合未见沉淀，则，解得，则该同学加入的Na2CO3溶液最大浓度为c(Na2CO3)=0.51mol/L，故答案为：051；‎ ‎(5)滤液2为Na3PO4溶液，Na3PO4溶液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得Na3PO4·12H2O晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。‎ ‎9.SAH（NaAlH4）还原性非常强。纯的四氢铝钠是白色晶状固体，在干燥空气中相对稳定，但遇水即爆炸性分解，NaH遇水蒸气也发生剧烈反应。以铝合金废边脚料为原料（主要成分为Al，含有少量Al2O3、Fe2O3、MgO、PbO和SiO2等杂质）制备四氢铝钠：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）滤渣1的主要成分为____________（填化学式）。试剂A中溶质的阴、阳离子所含电子数相等，其电子式为____________。‎ ‎（2）已知废料接触面积、接触时间均相同，“酸浸”中铝元素浸出率与硫酸浓度的关系如图甲所示。当硫酸浓度大于C0mol/L时，浸出率降低的原因可能是__________________。‎ - 21 -‎ ‎（3）滤液3可以循环利用，写出滤液2与滤液3反应的离子方程式__________________。‎ ‎（4）NaAlH4与水反应的化学方程式为__________________。‎ ‎（5）测定NaAlH4粗产品的纯度。‎ 称取mgNaAlH4粗产品按如图乙所示装置进行实验，测定产品的纯度。‎ ‎①“安全漏斗”中“安全”的含义是__________________。‎ ‎②已知实验前C管读数为V1mL，向A中加入适量蒸馏水使NaAlH4完全反应，当A中反应完全后，冷却至室温后C管读数为V2mL（均折合成标准状况）。则该产品的纯度为_____________（用含m、V1和V1的代数式表示，忽略加入蒸馏水的体积）。‎ ‎③若实验前读数时B管和C管液面相平，实验后读数时B管液面高于C管，则测得的结果_____________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。‎ ‎【答案】 (1). SiO2、PbSO4 (2). (3). 硫酸浓度增大，铝片与硫酸发生钝化 (4). (5). (6). 加入液体能起液封作用，避免气体从漏斗中逸出 (7). (8). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用硫酸酸浸废料(主要成分为Al，含有少量Al2O3、Fe2O3、MgO、PbO和SiO2等杂质)，PbO与硫酸反应生成的PbSO4为沉淀，不溶于水，SiO2不溶，过滤，滤渣1为SiO2和PbSO4，滤液1含有Al3+、Fe3+、Mg2+，加入试剂A同时除去杂质离子Fe3+、Mg2+，并将Al3+转化为AlO2-‎ - 21 -‎ ‎，则试剂A为强碱，且应足量，滤渣2为Fe(OH)3、Mg(OH)2，滤液2含有AlO2-，通入过量的CO2，发生反应：AlO2- + CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，过滤得到Al(OH)3，滤液3含有HCO3-，将Al(OH)3转化为AlCl3，再进一步与NaH反应得到NaAlH4，据此分析作答。‎ ‎【详解】(1)用硫酸酸浸废料时，PbO与硫酸反应生成的PbSO4为沉淀，不溶于水，SiO2与硫酸不反应，则滤渣1的主要成分为SiO2、PbSO4，试剂A为强碱，且试剂A中溶质的阴、阳离子所含电子数相等，则A为NaOH，其电子式为，故答案为：SiO2、PbSO4；；‎ ‎(2)硫酸浓度增大，铝片与浓硫酸发生钝化，故当硫酸浓度大于C0mol/L时，铝元素浸出率降低，故答案为：硫酸浓度增大，铝片与硫酸发生钝化；‎ ‎(3)滤液2含有AlO2−，滤液3含有HCO3−，AlO2−与HCO3−发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，该反应的离子方程式为，故答案为：；‎ ‎(4)NaAlH4与水反应生成偏铝酸钠和氢气，故该反应的化学方程式为，故答案为：；‎ ‎(5)①反应中生成气体，安全漏斗加入液体能起液封作用，避免气体从漏斗中逸出，故答案为：加入液体能起液封作用，避免气体从漏斗中逸出；‎ ‎②生成的氢气体积为(V1−V2)mL，根据反应，可得关系式，，故该产品的纯度为，故答案为：；‎ ‎③读取气体体积前，使左右两管内液面相平，而且视线要平视，若反应结束后，读数时B管液面高于C管，存在液压差，导致测得的氢气体积偏大，测定结果偏高，故答案为：偏高。‎ ‎10.党的十九大报告中多次提及“绿色环保”“生态文明”，而CO2的有效利用可以缓解温室效应，解决能源短缺问题。中科院大连化学物理研究所的科研人员在新型纳米催化剂Na—Fe3O4和HMCM—22的表面将CO2转化为烷烃，其过程如图。‎ - 21 -‎ 上图中CO2转化为CO的反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H =+41kJ/mol 已知：2CO2(g)+6H2(g)= C2H4(g)+ 4H2O(g) △H =-128kJ/mol ‎(1)图中CO转化为C2H4的热化学方程式是______________________。‎ ‎(2)Fe3O4是水煤气变换反应的常用催化剂，可经CO、H2还原Fe2O3制得。两次实验结果如表所示：‎ 实验I 实验II 通入气体 CO、H2‎ CO、H2、H2O(g)‎ 固体产物 Fe3O4、Fe Fe3O4‎ 结合化学方程式解释H2O(g)的作用______________________。‎ ‎(3)用稀硫酸作电解质溶液，电解CO2可制取甲醇，装置如图所示，电极a接电源的____________极（填“正”或“负”），生成甲醇的电极反应式是______________________。‎ ‎(4)用CO、H2生成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2，在10L恒容密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，测得CO的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，200℃时n(H2)随时间的变化如表所示：‎ t/min ‎0‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎5‎ n(H2)/mol ‎8.0‎ ‎5.4‎ ‎4.0‎ ‎4.0‎ - 21 -‎ ‎①△H2______________（填“＞”“＜”“=”）0。‎ ‎②写出两条可同时提高反应速率和CO转化率的措施______________________________________。‎ ‎③下列说法正确的是___________（填字母）。‎ a．温度越高，该反应的平衡常数越大 b．达平衡后再充人稀有气体，CO的转化率提高 c．容器内气体压强不再变化时，反应达到最大限度 d．图中压强p1＜p2‎ ‎④0~3min内用CH3OH表示的反应速率v(CH3OH)=____________mol·L-1·min-1‎ ‎⑤200℃时，该反应的平衡常数K=_____________。向上述200℃达到平衡的恒容密闭容器中再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH，保持温度不变则化学平衡__________（填“正向”“逆向”或“不”）移动。‎ ‎【答案】 (1). (2). ，水蒸气能将生成的铁转化为四氧化铁 (3). 负 (4). (5). ＜ (6). 增大H2浓度、增大压强 (7). cd (8). (或0.067) (9). 6.25 (10). 正向 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)结合已知热化学方程式，根据盖斯定律进行解答；‎ ‎(3)根据电解池阴阳极的反应类型，结合碳元素化合价的变化分析；‎ ‎(4)①根据温度对平衡移动的影响分析；‎ ‎②根据影响反应速率和平衡移动的因素选择合适的方法；‎ ‎③根据温度、压强对平衡的影响分析；‎ ‎④0～3min内，根据△n(H2)，计算△n(CH3OH)，根据速率公式进行计算；‎ - 21 -‎ ‎⑤计算平衡时刻各气体物质浓度，进而计算平衡常数，再根据浓度商与平衡常数的关系判断反应进行的方向。‎ ‎【详解】(1)已知：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=+41kJ/mol；②2CO2(g)+6H2(g)= C2H4(g)+ 4H2O(g) △H =-128kJ/mol；根据盖斯定律可知，②-①×2可得CO转化为C2H4的热化学方程式，故答案为：；‎ ‎(2)由于发生反应，水蒸气能将生成的铁转化为四氧化铁，故答案为：，水蒸气能将生成的铁转化为四氧化铁；‎ ‎(3)用稀硫酸作电解质溶液，电解CO2可制取甲醇，碳元素的化合价从+4价降低为-2价，得电子，发生还原反应，所以电极a为阴极，阴极与电源负极相连；结合硫酸做电解质溶液，即可写出生成甲醇的电极反应式为，故答案为：负；；‎ ‎(4)①由图可知，温度越高，CO的平衡转化率越低，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，△H2＜0，故答案为：＜；‎ ‎②既能提高反应速率又能使平衡右移的方法有增大H2浓度、增大压强等，故答案为：增大H2浓度、增大压强；‎ ‎③a. 该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则温度越高，平衡常数越小，故a错误； b. 恒容时，充入稀有气体，平衡不移动，反应物的转化率不变，故b错误； c. 该反应为反应前后气体物质的量变化的反应，则容器内气体压强不再变化时，反应达到平衡状态，即最大限度，故c正确； d. 相同温度时，p2时CO的转化率大于p1时CO的转化率，说明p1到p2平衡正向移动，而该反应的正反应为气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，故p1＜p2，故d正确；故答案为：cd；‎ ‎④0～3min内，△n(H2)=8.0mol-4.0mol=4.0mol，则△n(CH3OH)=2.0mol，,故答案为：(或0.067)；‎ - 21 -‎ ‎⑤在10L恒容密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，起始氢气的浓度为0.8mol/L，则CO浓度为0.4mol/L，平衡时氢气浓度为0.4mol/L，则平衡时，CO、H2、CH3OH的浓度分别为0.2mol/L、0.4mol/L、0.2mol/L，故；再加入2molCO、2molH2、2molCH3OH，此时，CO、H2、CH3OH的浓度分别为0.4mol/L、0.6mol/L、0.4mol/L，，故反应正向进行，故答案为：6.25；正向。‎ ‎【点睛】恒温恒容，向有气体参加的反应体系中充入无关气体时，各物质的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不移动；‎ 恒温恒压，向有气体参加的反应体系中充入无关气体时，由于压强保持不变，容器容积必然增大，因此各物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，此时相当于减压，平衡向气体体积增大的方向移动。这是学生们的易错点。‎ ‎11.有原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种前四周期元素，B元素原子有三个能级，且每个能级上的电子数相等；C原子的p轨道处于半充满状态，D的单质是空气的主要成分之一，其质子数为A与C之和；E在周期表中位于ds区，且与D可形成化学式为E2D或ED的二元化合物。请回答下列问题：‎ ‎(1)E元素基态原子的M能层中具有_____个能级，该元素的常见化合价有多种，其中E+的简化电子排布式为__________。‎ A．[Ar]3d104s1 B．[Ar]3d10 C．[Ar]3d94s1 D．[Ar]3d84s2‎ ‎(2)元素C和D的原子的第一电离能较大的为__________(填元素符号)，其原因是____________________；C与A可形成一种常见的气态化合物，该化合物的空间构型为____________________，其中C原子的杂化轨道类型为____________________。‎ ‎(3)C2在日常生活及工农业生产等领域用途非常广泛，其分子结构中σ键和π键数目之比是_______；C2D与BD2互为__________(填“等电子体”或“非等电子体”)，其理由是____________________。‎ ‎(4)在E催化下，分子式为BA4D的化合物可被氧化为分子式为BA2D的化合物，则BA2D分子中键角约为__________；BA4D和BA2D两化合物均易溶于水，是由于与水分子间形成了__________键的缘故。‎ - 21 -‎ ‎(5)元素E的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图a和b所示，则其面心立方堆积的晶胞与体心立方堆积的晶胞中实际含有的E原子的个数之比为__________；元素B的单质晶体结构有多种，其中一种硬度很大，结构如下图，则该单质晶体的熔点_______E单质晶体的熔点(填“高于”或“低于”)；若B单质的原子(如图中A、B两原子)在体对角线上外切，晶胞参数为a，则该晶体的空间利用率约为__________。(百分数表示，取两位有效数字)(已知=1.732)‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). B (3). N (4). N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，较难失电子，故其第一电离能较大 (5). 三角锥形 (6). sp3杂化 (7). 1:2 (8). 等电子体 (9). 二者的价电子总数和原子总数相等 (10). 120。 (11). 氢 (12). 2:1 (13). 高于 (14). 34%‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种前四周期元素，B元素原子有三个能级，且每个能级上的电子数相等，则B元素原子的核外电子排布为1s22s22p2，则B原子核外共6个电子，为C元素；C原子的p轨道处于半充满状态，则C为N元素或P元素或As元素，D的单质是空气的主要成分之一，则D为N元素或O元素，又D的质子数为A与C之和，则A为H元素，C为N元素，D为O元素；E在周期表中位于ds区，且与D可形成化学式为E2D或ED的二元化合物，则E为Cu元素，其与O形成化合物Cu2O或CuO，据此分析解答。‎ ‎【详解】由以上分析知，A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，E为Cu元素，‎ ‎(1)E为Cu元素，其为29号元素，根据构造原理可写出其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu元素基态原子的M能层中具有3个能级，其中Cu+的简化电子排布式为[Ar]3d10，故答案为：3；B；‎ ‎(2)C为N元素，D为O元素，由于N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，较难失电子，故N原子的第一电离能较大；A为H元素，C与A可形成NH3分子，中心原子N原子形成3个σ键，孤电子对数为，则N原子的价层电子对数为4，则NH3分子的空间构型为三角锥形，其中N原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：N；N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，较难失电子，故其第一电离能较大；三角锥形；sp3杂化；‎ - 21 -‎ ‎(3)C2为N2分子，其分子结构为，故其σ键和π键数目之比是1:2；C2D为N2O，BD2为CO2，二者的价电子总数和原子总数相等，故它们互为等电子体，故答案为：1:2；等电子体；二者的价电子总数和原子总数相等；‎ ‎(4)BA4D为CH4O，BA2D为CH2O，在Cu的催化下，分子式为CH4O的化合物可被氧化为分子式为CH2O的化合物，则CH4O为甲醇，CH2O为甲醛，其结构式为，中心原子C原子采取sp2杂化，则CH2O分子中键角约为120。；甲醇和甲醛两化合物均易溶于水，是由于与水分子间形成了氢键的缘故，故答案为：120。；氢；‎ ‎(5)元素E的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图a和b所示，则其面心立方堆积的晶胞中所含铜原子的个数为，体心立方堆积的晶胞中所含铜原子的个数为，则二者实际含有的Cu原子的个数之比为1:2；C元素的该种单质晶体硬度很大，且具有如图所示的结构，则该晶体为金刚石，其为原子晶体，其熔点比Cu单质晶体的熔点高；金刚石中C原子(如图中A、B两原子)在体对角线上外切，设碳原子的半径为r，则可得，解得，则该晶体的空间利用率约为，故答案为：2:1；高于；34%。‎ ‎12.由乙烯、甲醇等为原料合成有机物G的路线如下：‎ 已知：①A分子中只有一种氢；B分子中有四种氢，且能发生银镜反应 ‎②2HCHO+OH-→ CH3OH+HCOO-‎ - 21 -‎ ‎③‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)E的化学名称是__________________。‎ ‎(2)F所含官能团的名称是___________________。‎ ‎(3)A→B、C→D的反应类型分别是__________________、__________________。‎ ‎(4)写出B→C的化学方程式__________________。‎ ‎(5)G结构简式为__________________。‎ ‎(6)H是G的同分异构体，写出满足下列条件的H的结构简式__________________。‎ ‎①1mol H与NaOH溶液反应可以消耗4molNaOH；‎ ‎②H的核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：1：1：1。‎ ‎（7）由甲基苯乙醛和X经如图步骤可合成高聚酯L。‎ 试剂X为________________；L的结构简式为________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 丙二酸二甲酯 (2). 酯基 (3). 加成反应 (4). 取代反应 (5). (6). (7). (8). HCHO (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A分子中只有一种氢原子，则乙烯与氧气在银作催化剂加热的条件下反应生成环氧乙烷，A为 - 21 -‎ ‎，A与乙醛发生反应生成B，已知B分子中有四种氢，且能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合B的分子式C8H16O4，可知B为，根据已知反应②可知，B与甲醛在碱性条件下反应生成C为，C与HBr发生取代反应生成D为，甲醇与丙二酸发生酯化反应生成E为CH3OOCCH2COOCH3，根据已知反应③可知，D与E反应生成F为，G为，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)甲醇与丙二酸发生酯化反应生成E为CH3OOCCH2COOCH3，E的化学名称是丙二酸二甲酯，故答案为：丙二酸二甲酯；‎ ‎(2)由以上分析知，F为，则其所含官能团是酯基，故答案为：酯基；‎ ‎(3)A为，A与乙醛发生反应生成B，已知B分子中有四种氢，且能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合B的分子式C8H16O4，可知B为，则A→B的反应类型是加成反应，C为，C与HBr发生取代反应生成D为，C→D的反应类型是取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；‎ ‎(4)根据已知反应②可知，B与甲醛在碱性条件下反应生成C为，反应的化学方程式是；‎ ‎(5)由以上分析知，G的结构简式为；‎ ‎(6)H的分子式为C12H18O4，其不饱和度为，满足下列条件的H，①1mol - 21 -‎ ‎ H与NaOH溶液反应可以消耗4molNaOH，则其含有苯环，为芳香族化合物，且含有4个酚羟基，②H的核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：1：1：1，则其含有4种等效氢，且氢原子数分别为12、2、2、2，则符合要求的结构简式为，故答案为：；‎ ‎（7）L为高聚酯，则K中应同时含有羟基和羧基，K中含有10个碳原子，只有9个碳原子，根据已知反应②可知，与HCHO在一定条件下发生取代反应生成I为，I发生已知反应②生成J为，J经酸化得到K为，K发生缩聚反应生成，故答案为：HCHO；。‎ - 21 -‎ - 21 -‎