四川省绵阳市2019届高三化学上学期第二次（1月）诊断性考试试题（含解析）.doc

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1、- 1 -四川省绵阳市 2019 届高三化学上学期第二次（1 月）诊断性考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Cl 35.51.化学在生产、生活中有着广泛的应用，下列物质性质与实际应用对应关系错误的是物质性质 实际应用A 明矾溶于水能生成胶体 明矾用作净水剂B SiO2熔点高、硬度大 SiO2作光导纤维C 次氯酸具有强氧化性 漂粉精用于游泳池消毒D Na2CO3溶液呈碱性 用热的纯碱溶液除去油污A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A明矾电离产生铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能够用于水的净化，A

2、 正确；BSiO 2作光导纤维，是因为其良好的光学特性，与其熔点高、硬度大小无关，B 错误；C氯酸根离子具有强氧化性，能够使蛋白质变性，可以用于杀菌消毒，C 正确；DNa 2CO3为强碱弱酸盐，水解显碱性，加热促进碳酸根离子水解，溶液碱性增强，油脂在碱性环境下水解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油，所以可用热的纯碱溶液除去油污，D 正确；故合理选项是 B。2.关于有机物的下列说法正确的是A. 葡萄糖、果糖是单糖，蔗糖、麦芽糖是二糖B. 淀粉与纤维素通式相同，二者互为同分异构体C. 油脂水解都生成饱和脂肪酸和甘油D. 利用蛋白质的颜色反应可鉴别所有蛋白质【答案】A- 2 -【解析】【详解】A. 葡萄糖

3、、果糖是单糖，不能水解；蔗糖水解产生一分子葡萄糖一分子果糖，麦芽糖水解产生两分子葡萄糖，所以蔗糖、麦芽糖都是二糖，A 正确；B. 淀粉与纤维素通式相同，但 n 不同，分子式不同，所以二者不是同分异构体，B 错误；C. 油脂是高级脂肪酸的甘油酯，都能水解，由于形成油脂的高级脂肪酸中有的是饱和的，有的是不饱和的，所以不能都水解生成饱和脂肪酸和甘油，C 错误；D.只有分子结构中带苯环的蛋白质遇浓硝酸才会发生颜色反应，所以颜色反应不可鉴别所有蛋白质，D 错误；故合理选项是 A。3.下列比较结论正确的是A. 等量 Cl2分别通入 H2O、NaOH 溶液中，转移的电子数相等B. 等物质的量的 和 中，中子

4、数之比为 1:2C. 等质量的乙醇与乙酸所含碳原子数目相同D. 1molP4与 1molCH4中的共价键键数目相同【答案】B【解析】【分析】A氯气与水的反应是可逆反应，不能进行彻底；B每个 分子含有的中子数为 2，每个 分子含有的中子数为 4；C乙醇与乙酸分子中碳元素的质量分数不等；D白磷分子中含 6 个共价键，而甲烷分子中含 4 个共价键。【详解】A氯气与水的反应是可逆反应，Cl 2不可能全部转化为 HCl 和 HClO，所以等量的氯气发生上述两个反应，转移电子数不相等，A 错误；B每个 分子含有的中子数为 2，每个 分子含有的中子数为 4，则等物质的量的 和中，中子数之比为 1：2，B 正

5、确；C乙醇与乙酸分子中碳元素的质量分数不等，则等质量的乙醇与乙酸所含碳原子数目不可能相同，C 错误；D白磷分子中含 6 个共价键，甲烷分子中含 4 个共价键，则 1mol 白磷中含 6NA个共价键，- 3 -而 1mol 甲烷中含 4NA个共价键，数目不相等，D 错误；故合理选项是 B。【点睛】本题考查了有关物质的量的化学计算的知识，涉及氯气的性质、微粒的结构等，注意掌握公式的运用和物质的结构，题目难度不大。4.如图装置可用于验证气体的某些化学性质，所得现象和结论均正确的是气体 试剂 现象 结论A CH2=CH2 溴水 溶液褪色C2H4能与 Br2发生取代反应B CO2 BaCl2溶液 产生白

6、色沉淀 CO2能与可溶性钡盐反应C Cl2 FeCl2溶液 溶液变为棕黄色 氧化性 Cl2Fe 3+D SO2 KMnO4溶液 溶液褪色 SO2有漂白性A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A乙烯含碳碳双键，与溴水发生加成反应，使溴水褪色，A 错误；B盐酸的酸性大于碳酸的酸性，CO 2与 BaCl2溶液不能发生反应，B 错误；CCl 2具有强的氧化性，能把 Fe2+氧化为 Fe3+，使溶液变为黄色，C 正确；DSO 2具有还原性，能被高锰酸钾氧化而使高锰酸钾溶液褪色，与 SO2的漂白性无关，D 错误；故合理选项是 C。5.W、X、Y 和 Z 为原子序数依次增大的四种短

7、周期主族元素。W 为空气中含量最多的元素，四种元素中 X 的原子半径最大，Y 的周期数等于其族序数，Z 的最外层电子数是最内层电子- 4 -数的 3 倍。下列叙述错误的是A. W、X、Y 的最高价氧化物的水化物可两两反应生成盐和水B. W、X、Z 均可形成两种或两种以上的氧化物C. 简单离子的半径：YXWZD. 含 Y 元素的盐溶液一定呈酸性【答案】D【解析】【分析】W、X、Y 和 Z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W 为空气中含量最多的元素，为N 元素；Z 的最外层电子数是最内层电子数的 3 倍，其最外层有 6 个电子，为 S 元素；Y 的周期数等于其族序数，原子序数大于 W 而小

8、于 Z，为 Al 元素；四种元素中 X 的原子半径最大，则 X 为 Na 元素。通过以上分析知，W、X、Y、Z 分别是 N、Na、Al、S 元素，据此分析解答。【详解】W、X、Y 和 Z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W 为空气中含量最多的元素，W 为 N 元素；Z 的最外层电子数是最内层电子数的 3 倍，其最外层有 6 个电子，为 S元素；Y 的周期数等于其族序数，原子序数大于 W 而小于 Z，为 Al 元素；四种元素中 X 的原子半径最大，则 X 为 Na 元素。通过以上分析知，W、X、Y、Z 分别是 N、Na、Al、S 元素。AW、X、Y 分别是 N、Na、Al 元素，其最高价

9、氧化物的水合物是硝酸、氢氧化钠、氢氧化铝，这三种化合物都能两两相互反应生成盐和水，A 正确；BW、X、Z 分别是 N、Na、S 元素，N 可以形成 NO、NO 2、N 2O5等氧化物，Na 可以形成Na2O、Na 2O2，S 可以形成 SO2、SO 3，B 正确；C由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；对于电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，W、X、Y、Z 离子核外电子层数分别是 2、2、2、3，且原子序数WXY，所以离子半径 YXWZ，C 正确；D含有 Y 的盐溶液可能呈酸性，如 AlCl3等，可能呈碱性，如 NaAlO2溶液，D 错误；故合理选项是 D。【点睛】本题考查

10、了原子结构和元素周期律的知识。侧重考查学生的分析判断能力及知识综合运用能力，正确判断元素、明确元素化合物性质是解本题关键，注意氢氧化铝的两性。6.我国科学家成功研制出新型铝-石墨烯(C n)可充电电池，电解质为阳离子(EMIM +)与阴离子(AlCl4-)组成的离子液体，该电池放电过程示意图如右。下列说法错误的是- 5 -A. 放电时铝为负极，发生氧化反应B. 放电时正极的反应为：C nAlCl 4-e =CnAlCl4C. 充电时石墨烯与电源的正极相连D. 充电时的总反应为：3C n4Al 2Cl7-=Al4AlCl 4-3C nAlCl4【答案】B【解析】【分析】由示意图可知放电时铝为负极

11、，被氧化生成 Al2Cl7-，电极方程式为 Al+7AlCl4-3e-=4 Al2Cl7-，正极反应为 3CnAlCl4+3e-=3Cn+3AlCl4-，电解时阳极发生氧化反应，电极反应为Cn+ AlCl4-e-CnAlCl 4，阴极发生还原反应，电极方程式为 4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-，据此解答。【详解】A放电时铝为负极，被氧化生成 Al2Cl7-，发生氧化反应，A 正确；B放电时，正极发生还原反应，电极反应为 3CnAlCl4+3e-=3Cn+3AlCl4-，B 错误；C充电时，Cn 为阳极，发生氧化反应，电极方程式为 Cn+ AlCl4-e-CnAlCl 4，C 正确

12、；D阳极发生氧化反应，电极反应为 Cn+AlCl4-e-CnAlCl 4，阴极发生还原反应，电极反应为 4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-，根据电子守恒可得充电时的总反应为：3C n4Al 2Cl7-=Al+4AlCl4-3C nAlCl4，D 正确；故合理选项是 B。【点睛】本题考查二次电池的工作原理以及原电池和电解池的工作原理知识，侧重考查学生的分析能力，注意把握电极的判断方法和电极方程式的书写。7.常温下，将 AgNO3溶液分别滴加到浓度均为 0.01 mol/L 的 NaBr、Na 2SeO3溶液中，所得的沉淀溶解平衡曲线如图所示（Br 、SeO 32-用 Xn-表示，不考

13、虑 SeO32-的水解） 。下列叙述正确的是- 6 -A. Ksp(Ag2SeO3)的数量级为 10-10B. d 点对应的 AgBr 溶液为不饱和溶液C. 所用 AgNO3溶液的浓度为 10-3 mol/LD. Ag2SeO3(s)2Br (aq)=2AgBr(s)SeO 32- (aq)平衡常数为 109.6，反应趋于完全【答案】D【解析】【分析】A.由图象可知-lgc(SeO 32-)=5.0 时，-lgc(Ag +)=5；B.d 点对应的 c(Ag+)偏大，应生成沉淀；C.根据-lg c(Ag +)=2 判断；D.Ag2SeO3(s)+2Br-(aq)2AgBr(s)+SeO 32-(

14、aq)平衡常数为 K= 。【详解】A. 由图象可知-lgc(SeO 32-)=5.0 时，-lgc(Ag +)=5，则 Ksp(Ag2SeO3)的数量级为 10-15，A 错误；B.由图象可知 d 点对应的 c(Ag+)比饱和溶液中的大，应能够生成沉淀，B 错误；C.由图象可知起始时，-lg c(Ag +)=2，则 c(Ag+)=10-2mol/L，c(AgNO 3)= c(Ag+)=10-2mol/L，故所用 AgNO3溶液的浓度为 110-2 mol/L，C 错误；D. Ag2SeO3(s)+2Br-(aq)2AgBr(s)+SeO 32-(aq)平衡常数为K= = ，D 正确。故合理选项

15、是 D。【点睛】本题考查难溶电解质溶解平衡的知识。把握溶解平衡移动、Ksp 的计算为解答的关键，侧重学生分析能力与应用能力的考查，题目难度不大。8.二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知：ClO 2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化- 7 -性，回答下列问题：(1)ClO2的制备及性质探究(如图所示)。仪器 a 的名称为_，装置 B 的作用是_。装置 C 用于制备 ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为_。装置D 中滴有几滴淀粉溶液，其作用是_。装置 E 用于吸收尾气，反应生成 NaClO2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，氧化产物是_。(2)粗略测定生成 ClO2的

16、量实验步骤如下：a. 取下装置 D，将其中的溶液转入 250mL 容量瓶，用蒸馏水洗涤 D 瓶 23 次，并将洗涤液一并转移到容量瓶中，再用蒸馏水稀释至刻度。b. 从容量瓶中取出 25.00mL 溶液于锥形瓶中，用 0.1000mol/L 硫代硫酸钠标准溶液滴定（I 2+2S2O32-=2I +S4O62-） ，指示剂显示终点时共用去 24.00 mL 硫代硫酸钠溶液。滴定至终点的现象是_。进入装置 D 中的 ClO2质量为_，与 C 中 ClO2的理论产量相比，测定值偏低，可能的原因是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 防倒吸、防堵塞( 或平衡气压、安全瓶均可) (3). SO2H

17、2SO42KClO 3=2KHSO42ClO 2 (4). 检验有 I2生成，进而证明 ClO2有强氧化性 (5). 2:1 (6). O2 (7). 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 (8).0.324 g (9). 产生 ClO2的速率太快，ClO 2没有被 D 中的溶液完全吸收；C 中 ClO2未全部进入 D 中【解析】【分析】(1)浓 H2SO4和 Na2SO3反应生成 SO2，A 制备 SO2，B 装置有缓冲作用，可防止倒吸、堵塞；装置 C 用于制备 ClO2，同时还生成一种酸式盐，则 C 中发生反应- 8 -SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，

18、ClO 2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，在 D中发生氧化还原反应生成 I2，装置 D 中滴有几滴淀粉溶液，I 2遇淀粉变蓝色；装置 E 用于吸收尾气，反应生成 NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境；(2)碘遇淀粉变蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色；ClO 2与 KI 在溶液反应离子方程式为：2ClO 2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合 I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得 ClO25S 2O32-，则 n(ClO2)= n(Na2S2O3)= 0.1000mol/L0.024L=0.00048mol，250mL 溶液中含有 n(

19、I2)=0.00048mol10=0.0048mol，m(ClO 2)=0.0048mol67.5g/mol=0.324g；ClO 2部分没有被吸收、未完全进入 D 中都导致测定值偏低。【详解】(1) 浓 H2SO4和 Na2SO3反应生成 SO2，A 用于制备 SO2，B 装置有缓冲作用，能防止倒吸、堵塞；装置 C 用于制备 ClO2，同时还生成一种酸式盐，则 C 中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO 2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以D 中发生氧化还原反应生成 I2，装置 D 中滴有几滴淀粉溶液，I 2单质遇淀粉溶液变为蓝色；装置 E

20、用于吸收尾气，反应生成 NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境，仪器 a 的名称为分液漏斗，装置 B 有缓冲作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶)；装置 C 用于制备 ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒可知，生成的酸式盐为KHSO4，该反应的化学方程式为 SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；装置 D 中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液变为蓝色，根据淀粉溶液是否变色来判断是否有 I2单质生成，从而证明 ClO2是否具有氧化性；装置 E 用于吸收尾气，反应生成 NaClO2，反应方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+

21、O2+H 2O，在该反应中 ClO2是氧化剂，NaClO 2的还原产物，H 2O2是还原剂，O 2是氧化产物，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2：1；(2)I 2单质遇淀粉溶液变为蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色，所用滴定终点是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；ClO 2溶液与碘化钾反应的离子方程式：2ClO 2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合 I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得关系式：ClO 25S 2O32-，则 n(ClO2)= n(Na2S2O3)- 9 -= 0.1000mol/L0.024L=0.00048mol，则在 250

22、mL 溶液中含有 n(I2)=0.00048mol10=0.0048mol，m(ClO 2)=0.0048mol67.5g/mol=0.324g；由于 C 中 ClO2有一部分没有被吸收、未完全进入 D 中都导致测定值偏低。【点睛】本题考查物质制备，涉及实验操作、氧化还原反应、方程式的计算、物质检验等知识点，侧重考查实验操作规范性、元素化合物性质等知识点，明确实验原理、物质性质、物质之间的转化关系是解本题关键。9.KMnO4是一种常见的强氧化剂，主要用于防腐、化工、制药等。现以某种软锰矿（主要成分 MnO2，还有 Fe2O3、Al 2O3、SiO 2等）作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气

23、中的SO2，又制得 KMnO4（反应条件已经省略） 。已知：K spFe(OH)3410 -38，K spAl(OH)3110 -33。回答下列问题：（1）K 2MnO4中 Mn 的化合价为_。（2）滤渣 A 的成分是_，析出沉淀 B 时，首先析出的物质是_。（3）步骤 2 中加入 MnCO3的作用为_。（4）滤液 C 中加入 KMnO4时发生反应的离子方程式是_。（5）步骤 4 中反应的化学方程式是_。（6）电解制备 KMnO4的装置如图所示。b 与电源的_极相连，电解液中最好选择_离子交换膜（填“阳”或“阴” ） 。电解时，阳极的电极反应式为_。【答案】 (1). +6 (2). SiO2

24、(或二氧化硅) (3). Fe(OH)3(或氢氧化铁) (4). 调节溶液的 pH，促进 Fe3+、Al 3+水解以沉淀形式除去 (5). 3Mn2+2MnO 4-2H 2O=5MnO24H + (6). 3MnO2KClO 36KOH=3K 2MnO4KCl3H 2O (7). 负 (8).阳 (9). MnO 42-e-=MnO4-【解析】【分析】- 10 -SO2能与 MnO2、稀 H2SO4反应生成 MnSO4，Fe 2O3、Al 2O3溶于稀 H2SO4，SiO 2不溶，得到的滤渣A 是 SiO2。滤液中含有稀 H2SO4、Fe 2(SO4)3、Al 2(SO4)3和 MnSO4，用

25、 MnCO3能除去溶液中 Al3+和 Fe3+，沉淀 B 为 Al(OH)3、Fe(OH) 3，滤液中含有 MnSO4，向滤液 C 中加入 KMnO4溶液得到MnO2，MnO 2和 KClO3、KOH 反应得到 K2MnO4，K 2MnO4溶于水后电解得到 KMnO4。(1) K2MnO4中 K 元素为+1 价、O 元素为-2 价，根据化合价的代数和为 0，判断 Mn 元素化合价；(2)A 为未反应的 SiO2；溶度积常数小的首先生成沉淀；(3) MnCO3能和 H+反应而调节溶液的 pH；(4) KMnO4和 Mn2+反应生成 MnO2沉淀；(5)根据反应物、生成物和反应条件书写方程式；(6

26、)电解制备 KMnO4时，MnO 42-失电子发生氧化反应，在阳极上反应，a 为阳极、b 为阴极，阳极连接原电池正极、阴极连接原电池负极，阳极附近生成 K2MnO4，导致 K+有剩余；电解时阳极反应式为：MnO 42-e-MnO 4-。【详解】SO 2能与 MnO2、稀 H2SO4反应生成 MnSO4，Fe 2O3、Al 2O3溶于稀 H2SO4，SiO 2不溶，则得到的滤渣 A 是 SiO2，滤液中含有稀 H2SO4、硫酸铁、硫酸铝和硫酸锰，用 MnCO3能除去溶液中 Al3+和 Fe3+，沉淀 B 为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，滤液中含有硫酸锰，向滤液 C 中加入KMnO4溶液得到 MnO2，

27、MnO 2和 KClO3、KOH 反应得到 K2MnO4，K 2MnO4溶于水后电解得到 KMnO4。(1)在 K2MnO4中 K 元素为+1 价，O 元素为-2 价，根据化合价的代数和为 0，可判断 Mn 元素化合价=24-12=+6；(2)A 为未反应的 SiO2；溶度积常数小的首先生成沉淀，由于 KspFe(OH)3=410-38KspAl(OH) 3=110-33，所以 Fe(OH)3先生成沉淀；(3) MnCO3能和 H+反应，使溶液的酸性减弱，故可调节溶液的 pH，促进 Fe3+、Al 3+水解以Fe(OH)3、Al(OH) 3形式沉淀除去；(4) KMnO4和 Mn2+反应生成

28、MnO2沉淀，离子方程式为 3Mn2+2MnO 4-2H 2O=5MnO24H +；(5)根据反应物、生成物结合反应条件，步骤 4 的化学方程式为 3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；(6)电解法制备 KMnO4时，MnO 42-在阳极上失电子发生氧化反应，a 为阳极、b 为阴极，阳极连接原电池正极、阴极连接原电池负极，则 b 连接负极；阳极附近生成 K2MnO4，导致钾离子有剩余，b 电极附近生成氢氧根离子，所以钾离子通过交换膜进入右侧，则交换膜为阳离子交换膜；电解时阳极反应式为：MnO 42-e-=MnO4-。- 11 -【点睛】本题考查物质分离和提纯的知识，

29、明确流程图中发生的反应、元素、化合物的性质是解本题关键，熟练掌握流程图的分析方法和溶液或沉淀成分的判断方法。10.研究 CO、CO 2的回收利用既可变废为宝，又可减少碳的排放。回答下列问题：（1）二甲醚（CH 3OCH3）被誉为“21 世纪的清洁燃料” ，由 CO 和 H2制备二甲醚的反应原理如下：CO(g)2H 2(g) CH3OH(g) H-90.1 kJ/mol2CH3OH(g) CH3OCH3(g)H 2O(g) H-24.5 kJ/mol已知：CO(g)H 2O(g) CO2(g)H 2(g) H-41.0 kJ/mol则 2CO2(g)6H 2(g) CH3OCH3(g)3H 2O

30、(g) 的 H_，有利于提高该反应中CO2平衡转化率的条件是_（填标号） 。A高温低压 B高温高压 C低温低压 D低温高压（2）T 1 K 时，将 1 mol 二甲醚引入一个抽空的 150 L 恒容容器中，发生分解反应： CH3OCH3(g) CH4(g)H 2(g)CO(g),在不同时间测定容器内的总压，所得数据见下表：反应时间 t/min 0 6.5 13.0 26.5 52.6 气体总压 p 总 /kPa 50.0 55.0 65.0 83.2 103.8 125.0由表中数据计算：06.5 min 内的平均反应速率 v(CH3OCH3)_，反应达平衡时，二甲醚的分解率为_，该温度下平衡

31、常数 K_。若升高温度，CH 3OCH3的浓度增大，则该反应为_反应（填“放热”或“吸热” ） ，要缩短达到平衡的时间，可采取的措施有_、_。（3）在 T2 K、1.010 4 kPa 下，等物质的量的 CO 与 CH4混合气体发生如下反应： CO(g)CH 4(g) CH3CHO(g),反应速率 vv 正 v 逆 k 正 p(CO)p(CH4)k 逆 p(CH3CHO)，k 正 、k逆 分别为正、逆向反应速率常数，p 为气体的分压（气体分压 p气体总压 p 总 体积分数） 。用气体分压表示的平衡常数 Kp4.510 -5 (kPa)-1，则 CO 转化率为 20%时 _。【答案】 (1).

32、-122.7kJ/mol (2). D (3). 5.1310-5mol/(Lmin) (4). 75% (5). 7.510-5 (mol/L)2 (6). 放热 (7). 改进催化剂 (8). 增大反应物浓度 (9). 4:5【解析】- 12 -【分析】(1)根据已知热化学方程式推导所求反应，再由盖斯定律计算 2CO2(g)6H 2(g)CH3OCH3(g)3H 2O(g) 的焓变H；该反应正向是体积减小的放热反应，改变条件使反应正向进行，可提高反应中 CO2平衡转化率；(2)根据恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比计算混合气体的物质的量，结合三段式计算 06.5min 内和 t

33、=时各物质的浓度，利用速率公式和平衡常数 k 表达式计算；根据化学平衡移动的影响因素判断反应移动情况，根据化学反应速率影响因素说明提高反应速率的措施；(3)先通过反应达到平衡时 v 正=v 逆推导出平衡常数 kp= ，再利用三段式计算平衡气体分压 p(CO)、p(CH 4)、p(CH 3CHO)计算 v 正、v 逆的比。【详解】(1)CO(g)2H 2(g) CH3OH(g) H-90.1 kJ/mol 2CH3OH(g) CH3OCH3(g)H 2O(g) H-24.5 kJ/molCO(g)H 2O(g) CO2(g)H 2(g) H-41.0 kJ/mol由盖斯定律 2+-2有 2CO2

34、(g)6H 2(g) CH3OCH3(g)3H 2O(g)的H=2(-90.1 kJ/mol)+(-24.5kJ/mol)-2(-41.0 kJ/mol)= -122.7 kJ/mol；2CO2(g)6H 2(g) CH3OCH3(g)3H 2O(g)的H=-122.7 kJ/mol，即反应正向是体积减小的放热反应，增大压强、降低温度、增大 c(H2)、分离 CH3OCH3等均可提高 CO2平衡转化率，所以合理选项是 D；(2)06.5 min 内反应的三段式 CH3OCH3(g) CH4(g)H 2(g)CO(g)起始量（mol） 1 0 0 0变化量（mol） x x x x最终量（mol

35、） 1-x x x x恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即(1+2x)：1=55.0kPa：50kPa，解得x=0.05mol，06.5 min 内的平均反应速率 v(CH3OCH3)= mol/(Lmin)平衡时反应的三段式 CH3OCH3(g) CH4(g)H 2(g)CO(g)起始量（mol） 1 0 0 0- 13 -变化量（mol） y y y y最终量（mol） 1-y y y y在恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即(1+2y)：1=125.0kPa：50kPa，y=0.75mol，反应达平衡时，二甲醚的分解率= 100=75%，c(CH 3OCH3)

36、= = mol/L； c(CH 4)=c(H2)=c(CO)=mol/L；平衡常数 K= =7.510-5； 升高温度，CH 3OCH3的浓度增大，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，所以该反应的正反应是放热反应。缩短达到平衡的时间，即加快反应速率，加快反应速率的方法有：改进催化剂，增大反应物浓度、增大压强、升高温度等。(3)当反应达到平衡时 v 正 =v 逆 ，则 =kp=4.510-5(kPa-1) ； T2 K、1.010 4 kPa 时，设起始时 n(CH4)=n(CO)=1mol，则反应的三段式为 CO(g)+CH4(g) CH3CHO(g)起始量（mol） 1 1 0变化量（m

37、ol） 0.2 0.2 0.2最终量（mol） 0.8 0.8 0.2所以 p(CH4)=p(CO)= 1.0104 kPa= 1.0104 kPa，p(CH 3CHO)= 1.0104 kPa= 1.0104 kPa，所以 v 正 k 正 p(CH4)p(CO)，v 逆 =k 逆 p(CH3CHO)，=4.510-5(kPa)-1 = 。【点睛】本题考查盖斯定律的应用、化学反应速率计算、影响因素、化学平衡和平衡移动的影响因素及其平衡常数的计算等知识点，侧重化学平衡重要知识点考查，注意掌握基础、迁移运用及信息题的分析与训练。11.离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的 EMI

38、M+离子由 H、C、N 三种元素组成，结构如图所示。回答下列问题：- 14 -(1)碳原子价层电子的轨道表达式为_，基态碳原子中，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为_形。(2)根据价层电子对互斥理论，NH 3、NO 3-、NO 2-中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是_。NH 3比 PH3的沸点高，原因是_。(3)氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是_。(4)EMIM+离子中，碳原子的杂化轨道类型为_。分子中的大 键可用符号 表示，其中 m 代表参与形成的大 键原子数，n 代表参与形成的大 键电子数（如苯分子中的大 键可表示为 ） ，则 EMIM+离子中的大 键应表示为

39、_。(5)立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图所示。立方氮化硼属于_晶体，其中硼原子的配位数为_。已知：立方氮化硼密度为dg/cm3，B 原子半径为 xpm，N 原子半径为 ypm，阿伏加德罗常数的值为 NA，则该晶胞中原子的空间利用率为_（列出化简后的计算式） 。【答案】 (1). (2). 哑铃 (3). NH3 (4). 氨分子间存在氢键 (5). 基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定 (6). sp2、sp 3 (7). (8). 原子 (9). 4 (10). 100%【解析】【详解】(1)碳原子价电子数为 4，价电子排布式为 2s22p2，所以

40、价层电子的轨道表达式为；基态碳原子核外电子占据的最高能级为 2p，p 的电子云轮廓图为哑铃形；(2)NH3中 N 原子价层电子对个数=3+ =4，NO 3-中 N 原子价层电子对个数- 15 -=3+ ；NO 2-中 N 原子价层电子对个数=2+ ，所以中心原子价层电子对数不同于其他其他两种粒子的是 NH3；NH 3比 PH3的沸点高是因为氨分子间存在氢键；(3)VA 族比同周期相邻元素都大，是因为最高能级 p 轨道上电子数为特殊的半充满状态，能量低、较稳定；(4)根据图(b)N 5-中键总数为 5 个，根据信息，N 5-有 6 个电子可形成大 键，可用符号 56表示；(5)立方氮化硼硬度仅次

41、于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体；晶胞中每个 N 原子连接 4 个 B 原子，氮化硼化学式 BN，所以晶胞中每个 B 原子也连接 4 个 N 原子，即硼原子的配位数为 4；晶胞中 N 原子数为 4，B 原子数=8 ，晶胞的质量 m= ，晶胞的体积 V= = ，B、N 原子总体积 V=4 =cm3，晶胞中原子的空间利用率= 100%= 100%。12.2018 年报道了使用 -溴代羰基化合物合成大位阻醚和硫醚的有效方法，可用于药物化学和化学生物学领域。用此法合成化合物 J 的路线如下：已知： 回答下列问题：(1)A 的结构简式为_。D 中含有的官能团名称是_。(2)由 B 生成 C 的

42、化学方程式是_。- 16 -(3)CD 所需试剂和反应条件为_。(4)G 的化学名称为_，FHJ 的反应类型是_。(5)F 与 C 在 CuBr 和磷配体催化作用下也可合成大位阻醚，写出一种有机产物的结构简式：_。(6)化合物 X 是 E 的同分异构体，分子中不含羧基，既能发生水解反应，又能与金属钠反应。符合上述条件的 X 的同分异构体有_种（不考虑立体异构） ，其中能发生银镜反应，核磁共振氢谱有 3 组峰，峰面积之比为 1:1:6 的结构简式为_。【答案】 (1). (2). 羟基、醛基 (3). (4). O2，Cu 或 Ag 作催化剂，加热 (5). 苯酚 (6). 取代反应 (7).

43、或或 (8). 11 (9). 【解析】【分析】由合成流程可知，A、C 的碳链骨架相同，A 发生加成反应生成 B，B 水解生成 C，则 A 为CH2=C(CH3)2，A 与溴加成生成 B 为 CH2BrCBr(CH3)2，C 氧化生成 D 为 OHCC(OH)(CH3)2，D 氧化生成 E 为(CH 3)2C(OH)COOH，E 中OH 发生取代反应生成 F，结合 J 的结构可知 H 为 ，G为苯酚，据此解答。【详解】(1)A 的结构简式为 CH2=C(CH3)2，D 中官能团名称为羟基、醛基；(2)由 B 生成 C 的化学方程式是- 17 -；(3)CD 所需试剂 O2，反应条件为 Cu 或

44、 Ag 作催化剂，加热；(4)G 的化学名称为苯酚，F+HJ 的反应类型是取代反应，看成-OH 上 H 被取代；(5)F 与 C 在 CuBr 和磷配体催化作用下也可合成大位阻醚，有机产物的结构简式为或 或 ；(6)E 为(CH 3)2C(OH)COOH，化合物 X 是 E 的同分异构体，分子中不含羧基，既能发生水解反应，又能与金属钠反应，则含有酯基COO及羟基OH，若为甲酸丙酯，OH 有 3 种位置；若为甲酸异丙酯，OH 有 2 种位置；如为乙酸乙酯，OH 有 3 种位置；若为丙酸甲酯，OH有 3 种位置，所以共 11 种不同结构，其中能发生银镜反应，核磁共振氢谱有 3 组峰，峰面积之比为 1：1：6 的结构简式为 。【点睛】本题考查有机物的合成与推断的知识，涉及官能团的名称、物质结构简式的书写、反应类型的判断、化学方程式的书写及同分异构体种类判断等，把握合成流程中官能团的变化、碳原子数变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。- 18 -