四川省瀘州市合江縣中學(xué)2025屆高三化學(xué)第四學(xué)月考試試題含解析

PAGE15-四川省瀘州市合江縣中學(xué)2025屆高三化學(xué)第四學(xué)月考試試題（含解析）可能用到的相對原子質(zhì)量：C-12N-14O-16S-32C1-35.5Ba-137Cu-64Na-23第I卷選擇題（42分）一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學(xué)品在抗擊新型冠狀病毒的戰(zhàn)役中發(fā)揮了重要作用。下列說法不正確的是（）A.醫(yī)用防護口罩中熔噴布的生產(chǎn)原料主要是聚丙烯，聚丙烯的單體是丙烯B.“84”消毒液的主要成分是次氯酸鈉C.用硝酸銨制備醫(yī)用速冷冰袋是利用了硝酸銨溶于水快速吸熱的性質(zhì)D.75%的醫(yī)用酒精常用于消毒，用95%的酒精消毒效果更好【答案】D【解析】【詳解】A.聚丙烯是由丙烯在肯定條件下發(fā)生加聚反應(yīng)得到的，A項正確；B.“84”消毒液的主要成分是次氯酸鈉，可以水解得到次氯酸，起到殺菌消毒的作用，B項正確；C.硝酸銨溶于水可以吸熱，因此可以用作速冷冰袋，C項正確；D.醫(yī)用酒精是體積分數(shù)為75%的乙醇溶液，濃度太高或濃度太低都起不到殺菌效果，D項錯誤；答案選D?！军c睛】留意醫(yī)用酒精的75%的是體積分數(shù)，而化學(xué)中一般用得較多的是質(zhì)量分數(shù)，例如98%的濃硫酸中的98%就是質(zhì)量分數(shù)。2.兩個單環(huán)共用一個碳原子的多環(huán)化合物稱為螺環(huán)化合物，共用的碳原子稱為螺原子。螺[5，5]十一烷的結(jié)構(gòu)為，下列關(guān)于該化合物的說法錯誤的是（）A.一溴代物有三種B.與十一碳烯互為同分異構(gòu)體C.分子中全部碳原子不行能在同一平面D.1mo1該化合物完全燃燒須要16mo1O2【答案】B【解析】【詳解】A.該分子內(nèi)有三種等效氫，分別位于螺原子的鄰位、間位和對位，因此一取代物有三種，A項正確；B.干脆從不飽和度來推斷，該烷形成了兩個環(huán)，不飽和度為2，而十一碳烯僅有1個不飽和度，二者不行能為同分異構(gòu)體，B項錯誤；C.分子中的碳原子均是飽和碳原子，所以碳原子不行能在同一平面上，C項正確；D.該物質(zhì)的分子式為，因此其完全燃燒須要16mol氧氣，D項正確；答案選B。3.設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.11g的D218O中含有的中子數(shù)為5NAB.1LpH=2的H2SO3溶液中H+的數(shù)目為0.02NAC.將0.1molCl2通入足量FeI2溶液中，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.2NAD.標準狀況下，4.48L甲烷與足量Cl2完全反應(yīng)生成CH3Cl的分子數(shù)目為0.2NA【答案】C【解析】【詳解】A．11gD218O的物質(zhì)的量為0.5mol，而一個D218O分子中含中子為12個，故0.5molD218O中含中子為6NA個，故A錯誤；B．pH=2的H2SO3溶液中，氫離子的濃度為0.01mol/L，1L該溶液中氫離子的物質(zhì)的量為0.01mol，故溶液中氫離子的個數(shù)0.01NA，故B錯誤；C．氯氣和足量FeI2溶液反應(yīng)后氯元素由0價變?yōu)?1價，氯氣是雙原子分子，故0.1mol氯氣反應(yīng)后轉(zhuǎn)移電子為0.2NA個，故C正確；D．甲烷和氯氣反應(yīng)后除了生成CH3Cl外，還生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，故標況下4.48L即0.2mol甲烷反應(yīng)后生成的一氯甲烷分子小于0.2NA個，故D錯誤；答案選C?！军c睛】易錯點為B選項，pH=2代表了溶液中氫離子濃度的總量，不須要在考慮對應(yīng)的酸中有幾個氫離子。4.科研人員研制出透氧膜，它允許e-和O2-同時通過，可實現(xiàn)水連續(xù)分解制備氫氣，工作時CO、H2O分別在透氧膜的兩側(cè)反應(yīng)。工作原理如圖所示，下列說法正確的是A.CO在a側(cè)上反應(yīng)B.b側(cè)的反應(yīng)式：H2O+2e-=H2↑+O2-C.該透氧膜可實現(xiàn)太陽能向氫能的轉(zhuǎn)化D.當有2mol電子通過透氧膜時，就會消耗22.4LCO【答案】C【解析】【分析】依據(jù)題意推斷該裝置是原電池，該裝置連續(xù)分解水制H2的化學(xué)方程式為CO+H2O=CO2+H2，由原電池的“電子不下水，離子不上岸”規(guī)律可知：該裝置的透氧膜是內(nèi)電路，依據(jù)O2-由a→b推斷a側(cè)電極為正極、b側(cè)電極為負極，即負極原料CO在b側(cè)；正極原料H2O得電子生成H2和O2-，故a側(cè)電極反應(yīng)式為H2O+2e-=H2↑+O2-，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．依據(jù)分析，負極原料CO在b側(cè)，故A錯誤；B．結(jié)合分析，b側(cè)電極為負極，發(fā)生氧化反應(yīng)，失去電子，a側(cè)電極的反應(yīng)式：H2O+2e-=H2↑+O2-，故B錯誤；C．依據(jù)裝置圖所示，利用太陽能將水在透氧膜上轉(zhuǎn)化氫氣，實現(xiàn)太陽能向氫能的轉(zhuǎn)化，故C正確；D．依據(jù)a側(cè)電極反應(yīng)式為H2O+2e-=H2↑+O2-，當有2mol電子通過透氧膜時，會消耗1mol水，結(jié)合電池總反應(yīng)：CO+H2O=CO2+H2，同時會消耗1molCO，標況下的體積為22.4L，但題中為指明狀態(tài)條件，故D錯誤；答案選C。5.A、B、C、D是原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的兩種或三種元素組成的化合物，己是由C元素形成的單質(zhì)，已知甲＋乙=?。?，甲＋丙=戊＋己，0.1mol·L-1丁溶液的pH為13(25℃)。下列說法正確的是A.原子半徑：D>C>B>AB.B元素只能形成一種二元含氧酸，且B元素的含氧酸對應(yīng)的酸酐肯定是氧化物C.1mol甲與足量乙反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為NAD.1.0L0.1mol·L-1戊溶液中陰離子總的物質(zhì)的量小于0.1mol【答案】C【解析】【分析】0.1mol·L－1丁溶液的pH為1，說明丁是強堿，且四種元素都是短周期元素，所以丁為NaOH。由甲+乙＝丁+己，甲+丙＝戊+己，而己是由C元素形成的單質(zhì)，故甲為過氧化鈉、乙為水，己為氧氣，丙為二氧化碳，戊為碳酸鈉；A、B、C、D是原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，所以A為H、B為C、C為O、D為Na?！驹斀狻緼.原子半徑Na＞C＞O＞H，故A不選；B.碳元素可以形成碳酸，也可以形成己二酸，都是二元含氧酸，碳酸的酸酐是CO2，是氧化物，但己二酸的酸酐不是氧化物，故B不選；C.Na2O2與足量乙發(fā)生歧化反應(yīng)，1molNa2O2轉(zhuǎn)移1mol電子，故C選；D.碳酸根水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，陰離子數(shù)增多，所以陰離子總的物質(zhì)的量必定大于0.1mol，故D不選。故選C?！军c睛】過氧化鈉不管是跟水反應(yīng)還是跟二氧化碳反應(yīng)，發(fā)生的都是歧化反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子發(fā)生在形成共價鍵的兩個-1價的氧之間，所以1molNa2O2轉(zhuǎn)移1mol電子，即轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量和Na2O2的物質(zhì)的量相等。6.已知反應(yīng)Cu(s)+2Ag+(aq)=Cu2+(aq)+2Ag(s)為一自發(fā)進行的氧化還原反應(yīng)，將其設(shè)計成如圖所示原電池。下列說法中正確的是A.銅電極正極，其電極反應(yīng)為Cu-2e-=Cu2+B.銀電極上發(fā)生還原反應(yīng)，電極質(zhì)量增加C.當銅電極質(zhì)量削減0.64g時，電解質(zhì)溶液中有0.02mol電子通過D.外電路中電子由銀電極流向銅電極【答案】B【解析】【詳解】A、相對較活潑金屬為負極，即Cu作負極，故A錯誤；B、銀電極為正極，銀電極上發(fā)生還原反應(yīng)，Ag++e-=Ag，電極質(zhì)量增加，故B正確；C、電解質(zhì)溶液中沒有電子通過，故C錯誤；D、外電路中電子由銅電極流向銀電極，故D錯誤；故選B。7.常溫下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列推斷正確的是A.曲線上隨意一點的Ksp都相同B.在CaSO4飽和溶液中加入Na2SO4固體，可使溶液由b點變更到c點C.蒸發(fā)水后，可使溶液由d點變更到b點D.常溫下，CaSO4的Ksp的數(shù)量級為10-5【答案】A【解析】【詳解】A.Ksp只與溫度有關(guān)，在曲線上的隨意一點的溫度相同，溫度不變Ksp不變，在曲線上的隨意一點Ksp都相等，A正確；B.在CaSO4飽和溶液中加入Na2SO4固體，CaSO4的沉淀溶解平衡CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq)逆向移動，使溶液中c(Ca2+)降低，最終達到平衡時c(SO42-)>c(Ca2+)，所以可使溶液由b點變更到e點，但是不行能由b點變更到c點，B錯誤；C.d點為達到沉淀溶解平衡，蒸發(fā)水后，溶液中c(SO42-)、c(Ca2+)都增大，所以不行能使溶液由d點變更到b點，C錯誤；D.常溫下，CaSO4的Ksp=c(Ca2+)?c(SO42-)，依據(jù)b點計算，Ksp=c(Ca2+)?c(SO42-)=3×10-3mol/L×3×10-3mol/L=9×10-6mol2/L2，可見CaSO4的Ksp的數(shù)量級為10-6，D錯誤；故合理選項是A。8.Ⅰ.某化學(xué)愛好小組用FeCl2(用鐵粉與鹽酸反應(yīng)制得)和NH4HCO3制備FeCO3的裝置如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）C儀器的名稱是___，F(xiàn)eCO3在其中生成，該裝置中發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為___。（2）試驗時首先打開活塞3，關(guān)閉活塞2，再打開活塞1向B中滴加鹽酸，其目的是___，關(guān)閉活塞1，一段時間后，再關(guān)閉活塞___打開活塞__，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中。Ⅱ.乳酸亞鐵晶體((CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O，Mr=288g/mol)是常用的補鐵劑。乳酸亞鐵可由乳酸與碳酸亞鐵反應(yīng)制得。（3）將制得的FeCO3加入乳酸溶液中，再加入過量鐵粉，75℃下攪拌使之充分反應(yīng)，結(jié)束后，無需過濾，除去過量鐵粉的反應(yīng)方程式為2CH3CH(OH)COOH+Fe=(CH3CH(OH)COO)2Fe+H2↑；從上述所得溶液中獲得乳酸亞鐵晶體的方法是____、過濾、洗滌、干燥。（4）該愛好小組用KMnO4測定產(chǎn)品中亞鐵含量進而計算乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分數(shù)。發(fā)覺產(chǎn)品的質(zhì)量分數(shù)總是大于100%，其緣由可能是___。經(jīng)查閱文獻后，該愛好小組改用鈰(Ce)量法測定產(chǎn)品中Fe2+的含量。取2.880g產(chǎn)品配成100mL溶液，每次取20.00mL，進行必要處理，用0.1000mol·L-1的Ce(SO4)2標準溶液滴定至終點，平均消耗Ce(SO4)2標準溶液19.70mL。滴定反應(yīng)為Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，則產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分數(shù)為____?！敬鸢浮?1).三頸燒瓶(2).Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O(3).排出裝置中的空氣，防止Fe2+被氧化(4).3(5).2(6).蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶(7).乳酸根離子中含有羥基，也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化(8).98.5%【解析】【詳解】（1）C是三頸燒瓶，F(xiàn)eCl2和NH4HCO3反應(yīng)生成FeCO3的離子方程式為Fe2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O；故答案為三頸燒瓶，F(xiàn)e2++2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（2）試驗時首先打開活塞3，關(guān)閉活塞2，再打開活塞1向B中滴加鹽酸，鹽酸和鐵反應(yīng)生成FeCl2和氫氣，利用氫氣排出裝置中的空氣，防止Fe2+被氧化；（3）乳酸亞鐵晶體((CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O)帶有結(jié)晶水，從溶液中獲得結(jié)晶水合物不能干脆加熱蒸干，會失去結(jié)晶水，應(yīng)采納蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥的方法獲得；故答案為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；（4）乳酸根離子中含有羥基，也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導(dǎo)致消耗的高錳酸鉀增多，計算出的乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分數(shù)會大于100%。用鈰(Ce)量法測定產(chǎn)品中Fe2+的含量的試驗中，消耗n(Ce4+)=0.01970L×0.1000mol·L-1=1.970×10-3mol，依據(jù)滴定反應(yīng)，n(Fe2+)=n[(CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O]=n(Ce4+)=1.970×10-3mol，在100mL溶液里，n[(CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O]=1.970×10-3×5mol，所以m[(CH3CH(OH)COO)2Fe·3H2O]=1.970×10-3mol×5×288g/mol=1.970×10-3×5×288g，則產(chǎn)品中乳酸亞鐵晶體的質(zhì)量分數(shù)為=98.5%；故答案為乳酸根離子中含有羥基，也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，98.5%。9.硫酸亞鐵銨［(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O］俗稱莫爾鹽，是淺綠色晶體，可溶于水，在100℃～110℃時分解，常用作定量分析中的標準試劑。某化學(xué)小組以廢鐵屑為原料在試驗室中進行試驗探究——制備硫酸亞鐵銨并檢驗其純度，過程如下:I.制備硫酸亞鐵銨請回答下列問題：(1)步驟l的作用是_________。（用離子方程式及必要的文字說明）；(2)步驟2中所加硫酸需過量，且不宜等到鐵屑完全反應(yīng)后才過濾，其中蘊含的道理是_______________；II.測定硫酸亞鐵銨的純度稱取mg試驗室制備的硫酸亞鐵銨樣品，配成500ml溶液，取25.00mL硫酸亞鐵按溶液，用0.1mol/L的酸性KMnO4溶液進行滴定，再重復(fù)滴定兩次。(3)配制(NH4)2SO4·FeSO4溶液所用的蒸餾水，通常需加熱煮沸一段時間后，冷卻至室溫再運用，這樣操作的好處是___________________；(4)滴定時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________________；(5)滴定終點時的現(xiàn)象為___________________；(6)三次滴定測得酸性KMnO4溶液的用量平均值為VmL，則硫酸亞鐵銨樣品的純度為__________；(7)化學(xué)小組分析發(fā)覺這種檢測純度方法不夠精確，目前處理氮氧化物污染的方法有多種,請你幫助他們設(shè)計一種檢測方案________________?！敬鸢浮?1).Na2CO3溶液水解顯堿性便于除去鐵屑表面的油污，CO32-+H2O?HCO3-+OH-硫酸過量可抑制Fe2+水解，反應(yīng)未結(jié)束時還有鐵屑可防止Fe2+氧化(2).硫酸過量可抑制Fe2+水解，反應(yīng)未結(jié)束時還有鐵屑可防止Fe2+氧化(3).除去水中的氧氣，防止Fe2+被氧化(4).MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O(5).滴入最終一滴KMnO4溶液時，錐形瓶內(nèi)溶液變?yōu)樽仙?，?0s內(nèi)不褪去(6).×100%(7).通過測定SO42-的物質(zhì)的量或NH4+的物質(zhì)的量來計算硫酸亞鐵銨的量【解析】【分析】廢鐵屑在碳酸鈉溶液中洗滌除去表面的油污，小火加熱用用傾析法分別洗滌鐵屑，加入稀硫酸溶液水浴加熱、趁熱過濾，得到濾液中加入肯定量硫酸銨固體，溶液表面出現(xiàn)晶膜時，停止加熱，蒸干時溶液中的雜質(zhì)離子會被帶入晶體中，溫度過高晶體分解被空氣中氧氣氧化，實行蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶方法，通過減壓過濾(或抽濾)等得到較為干燥的晶體。【詳解】(1)Na2CO3溶液中CO32-水解CO32-+H2O?HCO3-+OH-，使Na2CO3溶液呈堿性，Na2CO3的主要作用是除去鐵屑表面的油污，故答案為：Na2CO3溶液水解顯堿性便于除去鐵屑表面的油污，CO32-+H2O?HCO3-+OH-；(2)亞鐵離子水解的方程式是：Fe2++2H2O?Fe(OH)2+2H+；過量硫酸溶液中的氫離子會抑制Fe2+的水解，F(xiàn)e2+易被氧化為Fe3+，氧化的Fe3+與Fe發(fā)生反應(yīng)Fe+2Fe3+=3Fe2+，反應(yīng)未結(jié)束時還有鐵屑可防止Fe2+被氧化為Fe3+，故答案為：硫酸過量可抑制Fe2+水解，反應(yīng)未結(jié)束時還有鐵屑可防止Fe2+氧化；(3)水中溶有肯定的氧氣，氧氣具有氧化性，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中含有亞鐵離子，F(xiàn)e2+易被氧化，配制(NH4)2Fe(SO4)2溶液所用的蒸餾水，通常需加熱煮沸一段時間后，冷卻至室溫再運用，這樣操作可除去水中的氧氣，防止Fe2+被氧化，故答案為：除去水中的氧氣，防止Fe2+被氧化；(4)高錳酸鉀與Fe2+的反應(yīng)是MnO4-～Mn2+～5e-；Fe2+～Fe3+～e-；依據(jù)電子守恒，鐵離子和亞鐵離子前乘5，依據(jù)原子守恒和電荷守恒得到反應(yīng)的離子方程式為：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；故答案為：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；(5)MnO4-為紫色，滴定終點時，加入最終一滴酸性高錳酸鉀溶液的紫色不褪去，溶液由無色被紫色且30s內(nèi)無變更，說明滴定到終點，故答案為：滴入最終一滴KMnO4溶液時，錐形瓶內(nèi)溶液變?yōu)樽仙?，?0s內(nèi)不褪去；(6)三次滴定測得酸性KMnO4溶液的用量平均值為VmL，消耗KMnO4的物質(zhì)的量為V×10-3L×0.1000mol?L-1=V×10-4mol，MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，n(Fe2+)=5V×10-4mol，則(NH4)2SO4?FeSO4?6H2O的質(zhì)量為5V×10-4mol×392g/moL，硫酸亞鐵銨樣品的純度為×100%=×100%，故答案為：×100%；(7)亞鐵離子易被氧化，通過亞鐵離子量的測定，計算(NH4)2SO4?FeSO4?6H2O的物質(zhì)的量不精確，但硫酸根離子不被氧化，銨根離子在溶液中也不易被氧化，所以通過測定硫酸根離子的物質(zhì)的量或銨根離子的物質(zhì)的量來計算硫酸亞鐵銨的量，故答案為：通過測定硫酸根離子的物質(zhì)的量或銨根離子的物質(zhì)的量來計算硫酸亞鐵銨的量?！军c睛】本題以莫爾鹽的制備為載體，考查鹽類水解、氧化還原反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)滴定應(yīng)用、物質(zhì)分別提純等有關(guān)試驗操作以及在新情境下綜合運用學(xué)問解決問題的實力。解答本題的關(guān)鍵是理順流程駕馭化學(xué)試驗的基本操作，易錯點是(6)的計算。10.工業(yè)上可用甲烷和氧氣按9：1的體積比混合，在200℃和10MPa的條件下，通過銅制管道反應(yīng)制得甲醇：2CH4+O2=2CH3COH。（1）已知肯定條件下，CH4和CH3COH燃燒的熱化學(xué)方程式分別為：CH4(g)+SO2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=-802kJ/lmolCH3OH(g)+l.5O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-677kJ/mol則2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g)△H=__________。（2）甲烷固體氧化物燃料電池屬于第三代燃料電池，是一種在中高溫下干脆將儲存在燃料和氧化劑中的化學(xué)能高效、環(huán)境友好地轉(zhuǎn)化成電能的全固態(tài)化學(xué)發(fā)電裝置。其工作原理如下圖所示。a是電池的____極（填“正”或“負”)，b極的電極反應(yīng)式為__________。（3）工業(yè)上合成甲醇的另一種方法為：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＝-90kJ/mol，T℃時，將2molCO和4molH2充入1L的密閉容器中，測得H2的物質(zhì)的量隨時間變更如下圖實線所示。①能用于推斷反應(yīng)已達化學(xué)平衡狀態(tài)的是____________。A．氣體的總壓強不再變更B.H2與CH3OH體積比不再變更C．氣體的密度不再變更D．單位時間內(nèi)消耗1molCO,同時生成1molCH3OH②請計算出T℃時反應(yīng)的平衡常數(shù)K=_________________。③僅變更某一試驗條件再進行兩次試驗測得H2的物質(zhì)的量隨時間變更如圖中虛線所示。曲線Ⅰ對應(yīng)的試驗條件變更是：________；曲線Ⅱ?qū)?yīng)的試驗條件變更是_________。④a、b、c三點逆反應(yīng)速率由大到小排列的依次是__________?！敬鸢浮?1).-250KJ/mol(2).正(3).CH4+4O2-8e-=CO2+2H2O(4).AB(5).3(mol/L)2(6).上升溫度(7).增大壓強（或增大CO的濃度）(8).b>c>a【解析】試題分析：（1）依據(jù)蓋斯定律計算反應(yīng)熱；（2）依據(jù)移動方向，可知a是正極，b是負極；（3）依據(jù)平衡狀態(tài)的干脆判據(jù)和間接判據(jù)推斷平衡狀態(tài)；利用三段式計算平衡常數(shù)；曲線Ⅰ反應(yīng)速率加快、氫氣的物質(zhì)的量增大；曲線Ⅱ反應(yīng)速率加快、氫氣的物質(zhì)的量減??；解析：（1）CH4(g)+SO2(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=-802KJ/lmol②CH3COH(g)+l.5O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-677kJ/mol依據(jù)蓋斯定律，2×①－2×②得2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g)△H=-250KJ/mol；（2）依據(jù)移動方向，可知a是正極，b是負極，負極甲烷失電子生成二氧化碳和水，負極反應(yīng)式為CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O；（3）①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反應(yīng)，氣體系數(shù)和不同；A．氣體物質(zhì)的量是變量，所以氣體的總壓強不再變更，肯定平衡；B.氫氣是反應(yīng)物、甲醇是生成物，H2與CH3OH的體積比不再變更，肯定平衡；C．依據(jù)，氣體質(zhì)量不變、容器體積不變，所以密度是常量，氣體的密度不再變更，不肯定平衡；D．消耗CO,生成CH3OH都是正反應(yīng)方向，故D不肯定平衡；②依據(jù)圖像可知3；曲線Ⅰ反應(yīng)速率加快、氫氣的物質(zhì)的量增大，說明平衡逆向移動，所以變更條件是上升溫度；曲線Ⅱ反應(yīng)速率加快、氫氣的物質(zhì)的量減小，說明平衡正向移動，所以變更條件是增大壓強；④b點溫度高于c點，所以平衡時逆反應(yīng)速率b>c，a點、c點溫度相同，但c點甲醇濃度大于a，所以逆反應(yīng)速率c>a，a、b、c三點逆反應(yīng)速率由大到小排列的依次是b>c>a。點睛：電解池中陰離子移向負極，陽離子移向正極；(二)選考題(共45分)。請考生從2道化學(xué)題中每科任選一題做答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號涂黑。留意所做題目的題號必需與所涂題目的題號一樣，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題。假如多做，則每學(xué)科按所做的第一題計分。11.(1)在現(xiàn)用周期表中氧族元素包括______________________(填元素名稱)五種元素，其中Se基態(tài)原子的電子排布式為______________________，元素X與Se同周期，X元素原子核外未成對電子數(shù)最多，X為______________________(填元素符號)。(2)與氧同周期的相鄰元素中，第一電離能有大到小的依次______________________。(3)臭鼬排放的臭氣主要成分為3—MBT(3—甲基—2—丁烯硫醇，結(jié)構(gòu)如圖)。1mol3—MBT中含有σ鍵數(shù)目為____________(NA為阿佛加德羅常數(shù)的值)。沸點：3—MBT____________(CH3)2C==CHCH2OH(填“＞”“＜”或“=”)，主要緣由是________________________。(4)S有+4和+6兩種價態(tài)的氧化物。①下列關(guān)于氣態(tài)SO3和SO2的說法正確的是__________(填序號)。A.中心原子的價層電子對數(shù)不相等B.都是極性分子C.中心原子的核對電子數(shù)目不相等D.都含有極性鍵②SO3分子的空間構(gòu)型為__________，與其互為等電子體的陰離子為__________(舉一例)。(5)單質(zhì)Po是有__________鍵形成的晶體；若已知Po的摩爾質(zhì)量為Mg·mol-1，原子半徑為rpm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則釙晶體的密度的表達式為____________________g·cm-3?！敬鸢浮?1).氧、硫、硒、碲、釙(2).1s22s22p63s23p63d104s24p4(3).Cr(4).F＞N＞O(5).15NA(6).＜(7).(CH3)2C=CHCH2OH分子間存在氫鍵，使沸點增高(8).CD(9).平面三角形(10).NO3-或CO32-(11).金屬(12).【解析】【分析】依據(jù)原子的核外電子排布規(guī)律分析解答；依據(jù)元素周期表、元素周期律分析解答；依據(jù)價層電子對互斥理論分析解答?！驹斀狻?1)氧族元素即第VIA族元素，其中包括氧、硫、硒、碲、釙五種元素，其中Se是位于第四周期VIA族，Se的基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d104s24p4，元素X與Se同周期，X元素原子核外未成對電子數(shù)最多，則X的d軌道和4s軌道呈半滿狀態(tài)時，原子核外未成對電子數(shù)最多，所以X為Cr；故答案為氧、硫、硒、碲、釙，1s22s22p63s23p63d104s24p4，Cr；(2)與氧同周期的相鄰元素中有N元素和F元素，由于N原子2p軌道呈半滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，則N的第一電離能大于O原子的第一電離能，所以F、O、N的第一電離能由大到小的依次F＞N＞O；故答案為F＞N＞O；(3)有圖片可知，一分子3—MBT(3—甲基—2—丁烯硫醇)含有9個C—H鍵，4個C—Cσ鍵，一個C—S鍵，一個S—H鍵，所以1mol3—MBT中含有σ鍵數(shù)目為15NA，由于(CH3)2C=CHCH2OH分子間存在氫鍵，使沸點增高沸點，所以(CH3)2C=CHCH2OH的沸點高于3—MBT；故答案為5NA，＜，(CH3)2C=CHCH2OH分子間存在氫鍵，使沸點增高；(4)①依據(jù)分析可知，二者中心原子的價層電子對數(shù)目相等，都是3對，故A正確；二氧化硫是極性分子，而三氧化硫為平面三角形