全國II卷黑龍江省哈爾濱市第三中學(xué)2025屆高三化學(xué)下學(xué)期5月第一次模擬考試試題含解析

PAGE16-（全國II卷）黑龍江省哈爾濱市第三中學(xué)2025屆高三化學(xué)下學(xué)期5月第一次模擬考試試題（含解析）留意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H-1C-12O-16Fe-56Pd-106一、選擇題：本題共7個(gè)小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.“一帶一路”是“絲綢之路經(jīng)濟(jì)帶”和“21世紀(jì)海上絲綢之路”的簡稱。下列說法正確的是（）A.古代中國出產(chǎn)的絲綢的主要成分是纖維素B.中國從中亞進(jìn)口的自然氣的主要成分是乙烯C.中國承建巴基斯坦的水電站實(shí)現(xiàn)了水能干脆轉(zhuǎn)化為電能D.服務(wù)一帶一路的北斗衛(wèi)星上的太陽能電池板與地殼含量其次的元素有關(guān)【答案】D【解析】【詳解】A.絲綢主要成分是蛋白質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B.自然氣主要成分是甲烷，故B錯(cuò)誤；C.水力發(fā)電是將水能轉(zhuǎn)化成機(jī)械能，然后機(jī)械能轉(zhuǎn)化成電能，故C錯(cuò)誤；D.制作太陽能電池板原料是晶體硅，硅元素在地殼中含量為其次，故D正確；答案：D．2.亞氯酸鈉（NaClO2）是一種高效的漂白劑和氧化劑，可用于各種纖維和某些食品的漂白。馬蒂遜（Mathieson）法制備亞氯酸鈉的流程如下：下列說法錯(cuò)誤的是（）A.反應(yīng)①階段，參與反應(yīng)的NaClO3和SO2的物質(zhì)的量之比為2：1B.若反應(yīng)①通過原電池來實(shí)現(xiàn)，則ClO2是正極產(chǎn)物C.反應(yīng)②中的H2O2可用NaClO4代替D.反應(yīng)②條件下，ClO2的氧化性大于H2O2【答案】C【解析】【詳解】A．依據(jù)流程圖反應(yīng)①中氧化劑是NaClO3，還原劑是SO2，還原產(chǎn)物是ClO2，氧化產(chǎn)物是NaHSO4，依據(jù)化合價(jià)升降相等可得NaClO3和SO2的物質(zhì)的量之比為2:1，A項(xiàng)正確；B．由反應(yīng)①化合價(jià)變更狀況，再依據(jù)原電池正極表面發(fā)生還原反應(yīng)，所以ClO2是正極產(chǎn)物，B項(xiàng)正確；C．據(jù)流程圖反應(yīng)②，在ClO2與H2O2的反應(yīng)中，ClO2轉(zhuǎn)化為NaClO2氯元素的化合價(jià)降低，做氧化劑；H2O2只能做還原劑，氧元素的化合價(jià)上升，不能用NaClO4代替H2O2，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．據(jù)流程圖反應(yīng)②ClO2與H2O2反應(yīng)的變價(jià)狀況，ClO2做氧化劑，H2O2做還原劑，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D項(xiàng)正確；故答案選C?！军c(diǎn)睛】依據(jù)反應(yīng)的流程圖可得反應(yīng)①中的反應(yīng)物與生成物，利用得失電子守恒規(guī)律推斷反應(yīng)物或生成物的物質(zhì)的量之比。3.下列試驗(yàn)中，所實(shí)行的分別方法與對(duì)應(yīng)原理都正確的是（）A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A.乙醇能與水互溶，因此不能做從碘水中提取碘單質(zhì)的萃取劑，故A錯(cuò)誤；B.乙酸乙酯與乙醇互溶，不能采納分液的方法，應(yīng)加入飽和碳酸鈉溶液，然后分液，故B錯(cuò)誤；C.除去KNO3固體中的NaCl，采納重結(jié)晶方法，利用KNO3的溶解度受溫度的影響較大，NaCl的溶解度受溫度的影響較小，故C錯(cuò)誤；D.蒸餾利用沸點(diǎn)不同對(duì)互溶液體進(jìn)行分別，丁醇、乙醚互溶，采納蒸餾法進(jìn)行分別，利用兩者沸點(diǎn)相差較大，故D正確；答案：D。4.二羥基甲戊酸的結(jié)構(gòu)簡式為，下列有關(guān)二羥基甲戊酸的說法正確的是（）A.二羥基甲戊酸的分子式為C5H10O4B.二羥基甲戊酸不能使酸性KMnO4溶液褪色C.等量的二羥基甲戊酸消耗Na和NaHCO3的物質(zhì)的量之比為3∶1D.二羥基甲戊酸與乳酸()互為同系物【答案】C【解析】【詳解】A.依據(jù)結(jié)構(gòu)簡式，該有機(jī)物的分子式為C6H12O4，故A錯(cuò)誤；B.二羥基甲戊酸中含有羥基，－CH2OH中羥基能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故B錯(cuò)誤；C.該有機(jī)物中能與Na發(fā)生反應(yīng)的是－OH和羧基，1mol二羥基甲戊酸中含有2mol羥基和1mol羧基，因此1mol該有機(jī)物消耗Na的物質(zhì)的量為3mol，能與NaHCO3溶液反應(yīng)的是羧基，因此1mol該有機(jī)物消耗NaHCO3的物質(zhì)的量為1mol，故C正確；D.二羥基甲戊酸與乳酸中羥基的數(shù)目不同，因此兩者不互為同系物，故D錯(cuò)誤；答案：C?！军c(diǎn)睛】同系數(shù)定義的理解，要求碳原子連接方式相同，含有官能團(tuán)的種類、數(shù)目相同，然后再看組成上是否相差若干個(gè)“－CH2”。5.X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，其中W原子的質(zhì)子數(shù)是其M層電子數(shù)的三倍，Z與W、X與Y相鄰，X與W同主族。下列說法不正確的是（）A.原子半徑：W＞Z＞Y＞XB.最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：X＞W(wǎng)＞ZC.最簡潔氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y＞X＞W(wǎng)＞ZD.元素X、Z、W的最高化合價(jià)分別與其主族序數(shù)相等【答案】A【解析】【分析】W原子的質(zhì)子數(shù)是其M層電子數(shù)的3倍，依據(jù)核外電子排布規(guī)律，得出W為P，X與W同主族，則X為N，Z與W相鄰、X與Y相鄰，四種原子序數(shù)依次增大，得出在元素周期表中相應(yīng)的位置，即，據(jù)此分析；【詳解】W原子的質(zhì)子數(shù)是其M層電子數(shù)的3倍，依據(jù)核外電子排布規(guī)律，得出W為P，X與W同主族，則X為N，Z與W相鄰、X與Y相鄰，四種原子序數(shù)依次增大，得出在元素周期表中相應(yīng)的位置，即A.同主族從上到下，原子半徑依次增大，同周期從左向右原子半徑依次減小，因此原子半徑大小依次是r(Si)>r(P)>r(N)>r(O)，故A說法錯(cuò)誤；B.利用非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，非金屬性強(qiáng)弱依次是N>O>Si，即最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性強(qiáng)弱依次是HNO3>H3PO4>H2SiO4，故B說法正確；C.利用非金屬性越強(qiáng)，其氫化物穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金屬性強(qiáng)弱依次是O>N>P>Si，即最簡潔氫化物的熱穩(wěn)定性強(qiáng)弱依次是H2O>NH3>PH3>SiH4，故C說法正確；D.主族元素的最高化合價(jià)等于最外層電子數(shù)等于族序數(shù)(除O、F外)，N、Si、P最外層電子數(shù)分別為5、4、5，族序數(shù)分別為VA、IVA、VA，故D說法正確；答案：A。6.利用小粒徑零價(jià)鐵（ZVI）的電化學(xué)腐蝕處理三氯乙烯，進(jìn)行水體修復(fù)的過程如圖所示。H+，O2，NO3－等共存物的存在會(huì)影響水體修復(fù)效果，定義單位時(shí)間內(nèi)ZVI釋放電子的物質(zhì)的量為nt，其中用于有效腐蝕的電子的物質(zhì)的量為ne。下列說法錯(cuò)誤的是（）A.反應(yīng)①②③④均在正極發(fā)生B.單位時(shí)間內(nèi)，三氯乙烯脫去amolCl時(shí)ne=amolC.④的電極反應(yīng)式為NO3－+10H++8e－=NH4++3H2OD.增大單位體積水體中小粒徑ZVI的投入量，可使nt增大【答案】B【解析】【詳解】A選項(xiàng)，由修復(fù)過程示意圖中反應(yīng)前后元素化合價(jià)變更可知，反應(yīng)①②③④均為得電子的反應(yīng)，所以應(yīng)在正極發(fā)生，故A正確；B選項(xiàng)，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合價(jià)為+1價(jià)，乙烯中C原子化合價(jià)為-2價(jià)，1molC2HCl3轉(zhuǎn)化為1molC2H4時(shí)，得到6mol電子，脫去3mol氯原子，所以脫去amolCl時(shí)ne=2amol，故B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，由示意圖及N元素的化合價(jià)變更可寫出如下轉(zhuǎn)化NO3_+8e_—NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O來配平該反應(yīng)，而不能用H2O和OH_來配平，所以④的電極反應(yīng)式為NO3_+10H++8e_=NH4++3H2O，故C正確；D選項(xiàng)，增大單位體積水體中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正極的接觸面積，加快ZVI釋放電子的速率，可使nt增大，故D正確；綜上所述，答案為B。7.25℃時(shí)，HCN溶液中CN-和HCN濃度所占分?jǐn)?shù)(α)隨pH變更的關(guān)系如圖所示，下列表述正確的是（）A.Ka(HCN)的數(shù)量級(jí)為10-9B.0.1mol/LHCN溶液使甲基橙試液顯紅色C.1L物質(zhì)的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合溶液中c(HCN)＞c(CN-)D.0.1mol/LNaCN溶液的pH=9.2【答案】C【解析】【詳解】A.電離平衡常數(shù)只受溫度的影響，與濃度無關(guān)，取b點(diǎn)，c(HCN)=c(CN－)，則有HCN的電離平衡常數(shù)表達(dá)式為Ka==c(H＋)=，Ka(HCN)的數(shù)量級(jí)約為10－10，故A錯(cuò)誤；B.HCN為弱酸，其電離方程式為HCNH＋＋CN－，弱電解質(zhì)的電離程度微弱，可以認(rèn)為c(H＋)=c(CN－)，c(HCN)=0.1mol·L－1，依據(jù)電離平衡常數(shù)，0.1mol·L－1HCN溶液：=，解得c(H＋)=，即pH=4.6，甲基橙：當(dāng)pH<3.1時(shí)變紅，因此0.1mol·L－1HCN溶液不能使甲基橙顯紅色，故B錯(cuò)誤；C.CN－水解平衡常數(shù)Kh==>Ka=，即CN－的水解大于HCN的電離，從而推出1L物質(zhì)的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合溶液中：c(CN－)<c(HCN)，故C正確；D.依據(jù)CN－水解平衡常數(shù)，得出：=，c(OH－)=，pOH=2.9，則pH=11.1，故D錯(cuò)誤；答案：C。8.四溴化鈦（TiBr4）可用作橡膠工業(yè)中烯烴聚合反應(yīng)的催化劑。已知TiBr4常溫下為橙黃色固體，熔點(diǎn)為38.3℃，沸點(diǎn)為233.5℃，具有潮解性且易發(fā)生水解。試驗(yàn)室利用反應(yīng)TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制備TiBr4的裝置如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）檢查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應(yīng)進(jìn)行的操作是__，其目的是__，此時(shí)活塞K1，K2，K3的狀態(tài)為__；一段時(shí)間后，打開電爐并加熱反應(yīng)管，此時(shí)活塞K1，K2，K3的狀態(tài)為____。（2）試劑A為__，裝置單元X的作用是__；反應(yīng)過程中需用熱源間歇性微熱連接管，其目的是___。（3）反應(yīng)結(jié)束后應(yīng)接著通入一段時(shí)間CO2，主要目的是___。（4）將連接管切斷并熔封，采納蒸餾法提純。此時(shí)應(yīng)將a端的儀器改裝為__、承接管和接收瓶，在防腐膠塞上加裝的儀器是___（填儀器名稱）?！敬鸢浮?1).打開K1，關(guān)閉K2和K3(2).先通入過量的CO2氣體，解除裝置內(nèi)空氣(3).打開K1，關(guān)閉K2和K3(4).打開K2和K3，同時(shí)關(guān)閉K1(5).濃硫酸(6).汲取多余的溴蒸氣同時(shí)防止外界的水蒸氣使產(chǎn)物水解(7).防止產(chǎn)品四溴化鈦凝固成晶體，堵塞連接管，造成危急(8).排出殘留在裝置中的TiBr4和溴蒸氣(9).直形冷凝管(10).溫度計(jì)（量程250°C）【解析】【分析】⑴檢查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應(yīng)進(jìn)行解除裝置內(nèi)的空氣，防止反應(yīng)物碳單質(zhì)與氧氣反應(yīng)，奢侈原料，還可能產(chǎn)生有毒氣體CO等，污染空氣，起先僅僅是通入CO2氣體，所以只須要打開K1，關(guān)閉K2和K3，打開電爐并加熱反應(yīng)管，此時(shí)須要打開K2和K3,同時(shí)關(guān)閉K1，保證CO2氣體攜帶溴蒸氣進(jìn)入反應(yīng)裝置中。⑵因?yàn)楫a(chǎn)品四溴化鈦易發(fā)生水解，因此整套裝置須要保持干燥，因此進(jìn)入的CO2氣體必需干燥，裝置單元X應(yīng)為尾氣處理裝置，汲取多余的溴蒸氣，同時(shí)還能防止空氣中的水蒸氣干擾試驗(yàn)，防止產(chǎn)品四溴化鈦水解變質(zhì)。⑶反應(yīng)結(jié)束后在反應(yīng)裝置中還有少量四溴化鈦殘留，以及剩余的溴蒸氣，應(yīng)接著通入一段時(shí)間CO2，主要目的是把少量殘留四溴化鈦排入收集裝置中，提高產(chǎn)率，而且還可以排出剩余的溴蒸氣，進(jìn)行尾氣處理，防止污染。⑷試驗(yàn)結(jié)束后，將連接管切斷并熔封，采納蒸餾法提純，因此須要用到直形冷凝管?！驹斀狻竣艡z查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應(yīng)進(jìn)行解除裝置內(nèi)的空氣，防止反應(yīng)物碳單質(zhì)與氧氣反應(yīng)，奢侈原料，還可能產(chǎn)生有毒氣體CO等，污染空氣，因此加熱試驗(yàn)前應(yīng)先通入過量的CO2氣體，其目的是解除裝置內(nèi)空氣。此時(shí)僅僅是通入CO2氣體，所以只須要打開K1，關(guān)閉K2和K3；而反應(yīng)起先一段時(shí)間后，打開電爐并加熱反應(yīng)管，此時(shí)須要打開K2和K3,同時(shí)關(guān)閉K1，保證CO2氣體攜帶溴蒸氣進(jìn)入反應(yīng)裝置中，故答案為先通入過量的CO2氣體；解除裝置內(nèi)空氣；打開K1，關(guān)閉K2和K3；打開K2和K3，同時(shí)關(guān)閉K1。⑵因?yàn)楫a(chǎn)品四溴化鈦易發(fā)生水解，因此整套裝置須要保持干燥，因此進(jìn)入的CO2氣體必需干燥，所以試劑A為濃硫酸（作干燥劑），裝置單元X應(yīng)為尾氣處理裝置，汲取多余的溴蒸氣，同時(shí)還能防止空氣中的水蒸氣干擾試驗(yàn)，防止產(chǎn)品四溴化鈦水解變質(zhì)。反應(yīng)過程中需用熱源間歇性微熱連接管，其目的是防止產(chǎn)品四溴化鈦凝固成晶體，堵塞連接管，造成危急，用熱源間歇性微熱連接管可以使產(chǎn)品四溴化鈦加熱熔化，流入收集裝置中，故答案為濃硫酸；汲取多余的溴蒸氣同時(shí)防止外界的水蒸氣使產(chǎn)物水解；防止產(chǎn)品四溴化鈦凝固成晶體，堵塞連接管，造成危急。⑶反應(yīng)結(jié)束后在反應(yīng)裝置中還有少量四溴化鈦殘留，以及剩余溴蒸氣，應(yīng)接著通入一段時(shí)間CO2，主要目的是把少量殘留四溴化鈦排入收集裝置中，提高產(chǎn)率，而且還可以排出剩余的溴蒸氣，進(jìn)行尾氣處理，防止污染，故答案為排出殘留在裝置中的TiBr4和溴蒸氣。⑷試驗(yàn)結(jié)束后，將連接管切斷并熔封，采納蒸餾法提純。在產(chǎn)品四溴化鈦中還有殘留的液溴，因此依據(jù)題中給出的四溴化鈦的沸點(diǎn)233.5°C，可以運(yùn)用蒸餾法提純；此時(shí)應(yīng)將a端的儀器改裝為直形冷凝管、承接管和接收瓶，在防腐膠塞上加裝的儀器是溫度計(jì)（量程是250°C），故答案為直形冷凝管；溫度計(jì)（量程250°C）。9.某科研小組利用硫鐵礦(主要成分是FeS2，含F(xiàn)e2O3、SiO2、Al2O3等雜質(zhì))制備重要的化工原料納米Fe2O3的工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）煅燒前硫鐵礦粉碎的目的是__，硫鐵礦煅燒得到的氣體需回收，該氣體在工業(yè)上的主要用途是__。（2）用稀硫酸浸取硫鐵礦燒渣的主要反應(yīng)的離子方程式為__，浸取后過濾得到的濾渣的化學(xué)式為__。（3）加入FeS2的主要目的是還原濾液中的Fe3＋，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：FeS2＋7Fe2(SO4)3＋8H2O=15FeSO4＋8H2SO4，反應(yīng)中每消耗1molFeS2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為__，檢驗(yàn)Fe3＋是否完全被還原，應(yīng)選擇__(填標(biāo)號(hào))。A.KMnO4溶液B.K3[Fe(CN)6]溶液C.KSCN溶液（4）加FeCO3調(diào)溶液pH到5.8左右，其目的為__。（5）加入NH4HCO3生成FeCO3的離子方程式為__，若煅燒得到160g納米Fe2O3，則消耗的氣體和生成的氣體的物質(zhì)的量之比為__?！敬鸢浮?1).增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，使硫鐵礦煅燒更加充分(2).工業(yè)制硫酸(3).Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O(4).SiO2(5).14NA或8.428×1024(6).C(7).除去濾液中的Al3+(8).2HCO3－＋Fe2＋=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O(9).1：4【解析】【分析】硫鐵礦煅燒，發(fā)生FeS2與O2反應(yīng)生成Fe2O3和SO2，加硫酸，Al2O3、Fe2O3與硫酸反應(yīng)，SiO2不與硫酸反應(yīng)，依據(jù)流程目的是制備納米Fe2O3，須要除去Al3＋，因?yàn)镕e(OH)3的溶度積小于Al(OH)3的溶度積，因此先將Fe3＋轉(zhuǎn)化成Fe2＋，加入FeS2的目的是將Fe3＋轉(zhuǎn)化成Fe2＋，加入FeCO3調(diào)整pH，使Al3＋以Al(OH)3形式除去，加入NH4HCO3，F(xiàn)e2＋與HCO3－反應(yīng)生成FeCO3，煅燒FeCO3得到Fe2O3，逐步進(jìn)行分析；【詳解】(1)煅燒前粉碎硫鐵礦，增加硫鐵礦與空氣的接觸面積，加快反應(yīng)速率，使硫鐵礦煅燒更加充分；FeS2與O2發(fā)生4FeS2＋11O2=2Fe2O3＋8SO2，利用SO2制備硫酸；(2)硫鐵礦煅燒后的燒渣為Fe2O3、Al2O3、SiO2，SiO2為酸性氧化物不與硫酸反應(yīng)，F(xiàn)e2O3與硫酸反應(yīng)生成Fe2(SO4)3，Al2O3與硫酸反應(yīng)生成Al2(SO4)3，燒渣中Fe2O3為主要物質(zhì)，因此加入硫酸發(fā)生的主要反應(yīng)是Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；浸取后的濾渣為SiO2；(3)依據(jù)反應(yīng)方程式，F(xiàn)eS2中S由－1價(jià)轉(zhuǎn)化成＋6價(jià)，F(xiàn)e2(SO4)3中Fe的化合價(jià)由＋3價(jià)轉(zhuǎn)化成＋2價(jià)，因此消耗1molFeS2，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為1mol×2×[6－(－1)]=14mol，即轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為14NA或8.428×1024；檢驗(yàn)Fe3＋是否完全被還原，則須要檢驗(yàn)是否含有Fe3＋，即用KSCN溶液檢驗(yàn)，假如溶液不變紅，則說明Fe3＋完全反應(yīng)，反之未完全反應(yīng)，答案懸C；(4）依據(jù)上述分析，加入FeCO3的目的是調(diào)整pH，使Al3＋以Al(OH)3形式沉淀出來；(5)加入NH4HCO3溶液得到FeCO3，即反應(yīng)的離子方程式為2HCO3－＋Fe2＋=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；煅燒FeCO3得到Fe2O3反應(yīng)方程式為4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2，消耗O2和生成CO2的物質(zhì)的量之比為1：4?！军c(diǎn)睛】難點(diǎn)是(5)離子方程式的書寫，因?yàn)樯蒄eCO3，須要HCO3－電離出CO32－，即HCO3－H＋＋CO32－，F(xiàn)e2＋結(jié)合CO32－生成FeCO3沉淀，促使平衡向正反應(yīng)方向進(jìn)行，c(H＋)增大，然后發(fā)生H＋與HCO3－反應(yīng)生成CO2，最終寫出離子方程式即可，書寫類似反應(yīng)時(shí)，留意原理的應(yīng)用。10.合成氣(CO、H2)是一種重要的化工原料氣。合成氣制取有多種方法，如煤的氣化、自然氣部分氧化等。回答下列問題：I.合成氣的制?。?）煤的氣化制取合成氣。已知：①H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ/mol；②部分物質(zhì)的燃燒熱：則反應(yīng)C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的△H=___kJ/mol。（2）自然氣部分氧化制取合成氣。假如用O2(g)、H2O(g)、CO2(g)混合物氧化CH4(g)，欲使制得的合成氣中CO和H2的物質(zhì)的量之比為1︰2，則原混合物中H2O(g)與CO2(g)的物質(zhì)的量之比為__。Ⅱ.利用合成氣合成乙醇在肯定條件下，向容積為2L的恒容密閉容器中投入2molCO和4molH2，發(fā)生反應(yīng)：2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)。（1）寫出該反應(yīng)平衡常數(shù)表達(dá)式__。（2）下列狀況能作為推斷反應(yīng)體系達(dá)到平衡的標(biāo)記是__(填序號(hào))。A.壓強(qiáng)不再變更B.平均摩爾質(zhì)量不再變更C.密度不再變更（3）反應(yīng)起始?jí)簭?qiáng)記為p1、平衡后記為p2，平衡時(shí)H2的轉(zhuǎn)化率為__。(用含p1、p2的代數(shù)式表示)Ⅲ.合成乙醇的條件選擇為探究合成氣制取乙醇的相宜條件，某科研團(tuán)隊(duì)對(duì)不同溫度、不同Rh質(zhì)量分?jǐn)?shù)的催化劑對(duì)CO的吸附強(qiáng)度進(jìn)行了探討，試驗(yàn)數(shù)據(jù)如圖。CO的非離解吸附是指CO尚未乙醇化，離解吸附是指CO已經(jīng)乙醇化。（1）結(jié)合圖像從低溫區(qū)、高溫區(qū)分析溫度對(duì)CO吸附強(qiáng)度影響__；以及催化劑對(duì)CO吸附強(qiáng)度的影響__。（2）用Rh作催化劑，合成氣制取乙醇的相宜溫度是__?！敬鸢浮?1).+131.3(2).2：1(3).(4).AB(5).×100%(6).在低溫區(qū)，溫度上升，不同催化劑對(duì)CO的非離解吸附強(qiáng)度均增大；在高溫區(qū)，溫度上升，不同催化劑對(duì)CO的離解吸附強(qiáng)度均減小(7).相同溫度下，催化劑中Rh質(zhì)量分?jǐn)?shù)越高，CO的吸附強(qiáng)度越大(8).550℃【解析】【分析】I.(1)書寫出C、CO、H2燃燒的熱化學(xué)反應(yīng)方程式，然后依據(jù)蓋斯定律得到結(jié)果；(2)分別書寫出CH4與O2、CH4與H2O、CH4與CO2反應(yīng)的方程式，依據(jù)反應(yīng)方程式的特點(diǎn)，進(jìn)行分析推斷；II.(1)依據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)的定義進(jìn)行分析；(2)依據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的定義進(jìn)行分析；【詳解】I.(1)C(s)＋O2(g)＋CO2(g)△H=－393.5kJ·mol－1①，CO(g)＋O2(g)=CO2(g)△H=－283.0kJ·mol－1②,H2(g)＋O2(g)=H2O(l)△H=－285.8kJ·mol－1③，H2O(g)=H2O(l)△H=－44kJ·mol－1④，依據(jù)蓋斯定律，①＋④－③－②，得出△H=＋131.3kJ·mol－1；(2)分別發(fā)生的方程式為CH4＋O2=CO＋2H2、CH4＋CO2=2CO＋2H2、CH4＋H2O=CO＋3H2，要求合成氣中CO和H2的物質(zhì)的量之比為1：2，O2可以是隨意值，只需讓CO2、H2O反應(yīng)后CO的物質(zhì)的量、H2的物質(zhì)的量之比為1：2即可，令CO2為amol，則生成n(CO)=2amol，n(H2)=2amol，令H2O為bmol，則生成n(CO)=bmol，n(H2)=3bmol，有(2a＋b)：(2a＋3b)=1：2，解得a：b=1：2；II.(1）依據(jù)化學(xué)平衡常數(shù)的定義，K=;(2)A.因?yàn)榉磻?yīng)前后氣體系數(shù)之和不相等，因此當(dāng)壓強(qiáng)不再變更，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故A符合題意；B.組分都是氣體，氣體質(zhì)量保持不變，該反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量削減的反應(yīng)，依據(jù)摩爾質(zhì)量的定義，因此當(dāng)摩爾質(zhì)量不再變更，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故B符合題意；C.氣體的總質(zhì)量保持不變，容器為恒容，因此密度不變，不能說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故C不符合題意；(3)相同條件下，壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量，即達(dá)到平衡后氣體總物質(zhì)的量為mol，，解得n(H2)=mol，則H2的轉(zhuǎn)化率為=×100%；III.(1)依據(jù)圖像，在低溫區(qū)，溫度上升，不同催化劑對(duì)CO的非離解吸附強(qiáng)度均增大；在高溫區(qū)，溫度上升，不同催化劑對(duì)CO的離解吸附強(qiáng)度均減??；相同溫度下，催化劑中Rh質(zhì)量分?jǐn)?shù)越高，CO的吸附強(qiáng)度越大；(2)依據(jù)圖像，最相宜溫度為550℃。【點(diǎn)睛】II.（3）計(jì)算氫氣的轉(zhuǎn)化率，一般采納三段式法進(jìn)行計(jì)算，我們也可以采納其他方法進(jìn)行計(jì)算，該反應(yīng)為物質(zhì)的量削減的反應(yīng)，因此可以采納差量法進(jìn)行，先依據(jù)相同條件下，壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，求出達(dá)到平衡后，氣體總物質(zhì)的量，起始前氣體總物質(zhì)的量減去該值，即反應(yīng)過程中削減的量，這種方法比三段式法要簡潔一些，因此平?；瘜W(xué)反應(yīng)原理計(jì)算過程中，應(yīng)多總結(jié)一些計(jì)算方法。11.碳氧化物、氮氧化物、二氧化硫的處理與利用是世界各國探討的熱點(diǎn)問題。汽車尾氣中含有害的一氧化碳和一氧化氮，利用鈀(Pd)等金屬作催化劑可以快速將二者轉(zhuǎn)化為無害的二氧化碳和氮?dú)狻＃?）鈀與鎳位于同列，且在鎳的下一周期，鈀在元素周期表的位置是__，基態(tài)鎳原子的價(jià)電子的電子排布圖為__。（2）C、N、O的第一電離能由大到小的依次為__。（3）SO2分子的VSEPR構(gòu)型為__；SO3分子中心原子的雜化形式為__；N2O與CO2互為等電子體，且N2O分子中O只與一個(gè)N相連，N2O的空間構(gòu)型為_，分子中的σ鍵和π鍵數(shù)目之比是__。（4）大π鍵是3個(gè)或3個(gè)以上原子彼此平行的p軌道從側(cè)面相互重疊形成的π鍵。一氧化氮分子中，氮與氧之間形成一個(gè)σ鍵、一個(gè)2電子π鍵與一個(gè)3電子π鍵，則3電子π鍵__(填“是”或“不是”)大π鍵；一氧化氮可與Fe2+生成棕色[Fe(H2O)5NO]2+離子，為檢驗(yàn)亞鐵離子的反應(yīng)之一，[Fe(H2O)5NO]2+離子中配位體是__。（5）CO可形成熔點(diǎn)為-20℃，沸點(diǎn)為103℃的協(xié)作物Fe(CO)5，F(xiàn)e(CO)5分子中鐵元素的化合價(jià)為___，屬于__晶體。（6）鈀晶體的晶胞如圖，晶胞的邊長為apm，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則鈀單質(zhì)的密度為___g/cm3(列出計(jì)算式)?！敬鸢浮?1).第五周期VIII族(2).(3).N>O>C(4).平面三角形(5).sp2(6).直線形(7).1：1(8).不是(9).H2O和NO(10).0價(jià)(11).分子(12).【解析】【分析】(1)鈀和鎳同列，鈀在鎳的下一周期，鎳位于第四周期10列，進(jìn)行分析推斷；(2)同周期從左向右第一電離能漸漸增大，但ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA，從而得出結(jié)果；(3)推斷VSEPR模型，采納價(jià)層電子對(duì)數(shù)=σ鍵+孤電子對(duì)數(shù)分析；雜化軌道數(shù)等于價(jià)層電子對(duì)數(shù)，分析SO3中S雜化類型；等電子體具有相同的空間結(jié)構(gòu)和相同的化學(xué)鍵類型，據(jù)此分析；(4)依據(jù)大π鍵是3個(gè)或3個(gè)以上原子彼此平行的p軌道從側(cè)面相互重疊形成的π鍵分析；依據(jù)協(xié)作物的組成進(jìn)行分析；(5)CO整體不帶電，因此推出Fe(CO)5中鐵元素的化合價(jià)為0，F(xiàn)e(CO)5熔沸點(diǎn)較低，屬于分子晶體；(6)鈀位于頂點(diǎn)和面心，個(gè)數(shù)為4，利用微粒個(gè)數(shù)與物質(zhì)的量關(guān)系，計(jì)算出晶胞的物質(zhì)的量，從而求出晶胞的質(zhì)量，依據(jù)邊長計(jì)算出晶胞的體積，最終依據(jù)密度的定義，求出密度；【詳解】(1)鈀與鎳位于同列，在鎳的下一周期，鎳位于第四周期VIII族，則鈀位于第五周期VIII族；鎳屬于過渡元素，其價(jià)電子排布式為3d84s2，則價(jià)電子排布圖為；(2)C、N、O位于同周期，同周期從左向右第一電離能漸漸增大，但ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA，三種元素的第一電離能大小依次是N>O>C；(3)價(jià)層電子對(duì)數(shù)=σ鍵+孤電子對(duì)數(shù)=2+=3，因此SO2的VSEPR模型為平面三角形；SO3的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，價(jià)層電子對(duì)數(shù)等于雜化軌道數(shù)，即中心原子S的雜化類型為sp2；等電子體具有相同的空間結(jié)構(gòu)和相同的化學(xué)鍵類型，CO2與N2O為等電子體，CO2為直線形，則N2O的空間構(gòu)型為直線形；CO2的空間構(gòu)型為O=C=O，σ鍵和π鍵數(shù)目之比為1：1，即N2O中σ鍵和π鍵數(shù)目之比為1：1；(4)依據(jù)形成大π鍵是3個(gè)或3個(gè)以上原子，而NO只有2個(gè)原子，因此題中3電子π鍵不是大π鍵；[Fe(H2O)5NO]2＋是協(xié)作離子，因此H2O和NO是配位體；(5)CO整體不帶電，則Fe(CO)5中鐵元素的化合價(jià)為0價(jià)；Fe(CO)5熔點(diǎn)為－20℃，沸點(diǎn)為103℃，熔沸點(diǎn)較低，F(xiàn)e(CO)5屬于分子晶體；(6)鈀原子位于頂點(diǎn)和面心，個(gè)數(shù)為=4，晶胞的質(zhì)量為，晶胞的體積為(a×10－10)3cm3，則晶胞的密度是g/cm3=g/cm3。12.我國女藥學(xué)家屠呦呦因創(chuàng)制新型抗瘧藥青蒿素和雙氫青蒿素而獲得2015年諾貝爾生理學(xué)或醫(yī)學(xué)獎(jiǎng)。青蒿素的一種化學(xué)合成方法的部分工藝流程如圖所示：己知：①C6H5-表示苯基；②（1）化合物E中含有的含氧官能團(tuán)有__、__和羰基（寫名稱）。（2）合成路途中設(shè)計(jì)E→F、G→H的目的是__。（3）B→C事實(shí)上是分兩步反應(yīng)進(jìn)行的，先進(jìn)行加成反應(yīng)，再進(jìn)行__反應(yīng)。（4）A在Sn-p沸石作用下，可生成同分異構(gòu)體異蒲勒醇，己知異蒲勒醇分子中有3個(gè)手性碳原子（連有四個(gè)不同基團(tuán)的碳原子稱為手性碳原子），異蒲勒