广西三新学术联盟2023-2024学年高三上学期11月月考化学试题（解析版）.docx

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2023年广西三新学术联盟高三年级11月联考化学试题本卷满分：100分，考试时间：75分钟。注意事项：1.答题前，考生先在答题卡上用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写清楚，然后贴好条形码。请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目。2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑﹔如需改动，用橡皮擦干净，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效。可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12O-16P-31一、选择题(本题共14小题，每小题3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。)1.下列关于广西文化内容中蕴含化学知识描述正确的是A.宾阳炮龙节爆竹燃放不涉及氧化还原反应B.壮锦的主要原料是蚕丝等，蚕丝属于化学纤维C.花山壁画颜料中所用的铁红，其成分为Fe2O3D.钦州坭兴陶是中国四大名陶之一，其主要成分是二氧化硅【答案】C【解析】【详解】A．爆竹爆炸燃烧过程中涉及氧化还原反应，故A错误；B．蚕丝属于蛋白质，故B错误；C．铁红主要成分成分为Fe2O3，故C正确；D．陶瓷的主要成分为硅酸盐，故D错误；故选：C。2.下列化学用语或表述正确的是A.用电子式表示Na2S的形成：B.中子数为20的氯原子：第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 C.p轨道的电子云轮廓图：D.乙烯的空间填充模型：【答案】B【解析】【详解】A．硫化钠是只含有离子键的离子化合物，表示硫化钠形成过程的电子式为，故A错误；B．中子数为20的氯原子的质量数为37，原子符号为，故B正确；C．p轨道电子云轮廓图是如图所示空间伸展方向为3的纺锤形：，故C错误；D．乙烯的结构简式为CH2=CH2，空间填充模型为，故D错误；故选B。3.下列有关物质结构和性质的说法错误的是A.H2O的空间结构为v形，中心原子为sp2杂化B.CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子C.可通过X射线衍射实验区分晶体和非晶体D.不能作为配合物的配体【答案】A【解析】【详解】A．H2O的空间结构为v形，中心原子氧原子为sp3杂化，A错误；B．不同种原子之间的共价键是极性键，CH4、CCl4都是正四面体结构，是非极性分子，B正确；C．晶体对X-射线发生衍射，非晶体不会对X-射线发生衍射，所以能用X-射线衍射技术可以区分晶体和非晶体，C正确；D．铵根没有孤对电子，不能作为配合物的配体，D正确；本题选A。第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 4.壮族传统美食“五色糯米饭”是采用天然植物染料将糯米充分染色后一起蒸熟而成的，其中一种紫色染料的主要成分为紫蓝素，其结构如图所示，下列说法错误的是A.紫蓝素属于芳香族化合物B.可发生酯化、加成和氧化反应C.lmol紫蓝素最多消耗3molNaOHD.分子中有3个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．由结构简式可知，紫蓝素分子中含有苯环，属于芳香族化合物，故A正确；B．由结构简式可知，紫蓝素分子中含有的羧基能发生酯化反应，含有的碳碳双键、苯环、酮羰基等能发生加成反应，含有的酚羟基、碳碳双键等能发生氧化反应，故B正确；C．由结构简式可知，紫蓝素分子中含有羧基、酚羟基、酰胺基能与氢氧化钠溶液反应，则lmol紫蓝素最多消耗3mol氢氧化钠，故C正确；D．由结构简式可知，紫蓝素分子中含有如图*所示的2个手性碳原子：，故D错误；故选D。5.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.1mol/LFeCl3溶液形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB.0.1mol(SO3)3分子(结构如图)中含有1.2molσ键C.1mol碘蒸气和1mol氢气在密闭容器中充分反应，转移电子数为2NAD.22.4LCH4含有质子数为10NA【答案】B【解析】第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 【详解】A．未给出溶液的体积，无法求出FeCl3的物质的量，因此无法得知胶体粒子数，即便FeCl3的物质的量为0.1mol，由于胶粒是一种聚集体，即n个Fe(OH)3才可以形成1个胶粒，则胶粒的物质的量小于0.1mol，其数目小于0.1NA，故A错误；B．依据结构可知1个(SO3)3分子中含有12个单键，即含有12个键，则0.1mol该分子含有键为1.2mol，其数目为1.2NA，故B正确；C．该反应为可逆反应，1mol碘蒸气与1mol氢气不会全部反应，反应式可逆反应，故转移电子数小于2NA，故C错误；D．没有给出标准状况，无法计算CH4的物质的量，所以无法计算甲烷含有的质子数，故D错误；故答案选B。6.下列实验装置合理且能达到实验目的的是A.用甲装置进行海水淡化B.用乙装置制备并收集乙酸乙酯C.用丙装置检验NH3D.用丁装置证明浓硫酸有吸水性【答案】D【解析】【详解】A．在蒸馏装置中，温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口出，故A错误；B．乙酸乙酯制备实验中试管内放置的应为用饱和碳酸钠溶液，用浓NaOH溶液会导致乙酸乙酯水解，故B错误；C．检验氨气用湿润的红色石蕊试纸，故C错误；D．可通过胆矾的颜色变化来验证浓硫酸的吸水性，胆矾晶体失去结晶水，固体由蓝色变为白色，即可证明浓硫酸有脱水性，故D正确；故答案选D。7.下列反应的离子方程式正确的是A.等体积、等物质的量浓度的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：+OH—=NH3·H2OB.硫酸铜溶液中加入少量铁粉：3Cu2++2Fe=2Fe3++3CuC.SO2通入酸性KMnO4溶液中：5SO2+2H2O+2=5+4H++2Mn2+D.工业制备漂白粉：2OH—+Cl2=Cl—+ClO—+H2O第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 【答案】C【解析】【详解】A．等体积、等物质的量浓度的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液反应生产硫酸铵和水，反应的离子方程式为H++OH—=H2O，故A错误；B．硫酸铜溶液与少量铁粉反应生成硫酸亚铁和铜，反应离子方程式为Cu2++Fe=Fe2++Cu，故B错误；C．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、硫酸，反应的离子方程式为5SO2+2H2O+2=5+4H++2Mn2+，故C正确；D．工业制备漂白粉发生的反应为石灰乳与氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的离子方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=2Ca2++2Cl—+2ClO—+2H2O，故D错误；故选C。8.某课题小组模拟工业海水提镁的流程如下，下列说法正确的是A.工业生产中试剂①通常选择NaOHB.“一定操作”包含：蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥C.由MgCl2·6H2O获得无水MgCl2的方法是：加热烘干D.电解时阳极上的产物可用于从海水中提取溴【答案】D【解析】【详解】A．为降低生产成本，工业生产中试剂①通常选择Ca(OH)2，故A错误；B．从MgCl2溶液中制得MgCl2·6H2O固体，“一定操作”包含：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故B错误；C．由MgCl2·6H2O获得无水MgCl2的方法是：在干燥的HCl气流中加热，故C错误；D．电解熔融MgCl2时，阳极上的产物是氯气，氯气可用于从海水中提取溴，故D正确；选D。9.根据实验操作及现象，下列结论正确的是选项实验操作及现象结论A向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入少量新制的氢氧化铜悬浊液，无砖红色沉淀蔗糖未发生水解第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 B向盛有5mL0.1mol/LFeCl3溶液的试管中，滴加5滴0.1mol/LKSCN溶液，静置并振荡，溶液呈红色，继续向溶液中滴加5滴1mol/LKSCN溶液，红色加深FeCl3和KSCN反应有一定的限度C向a和b两支试管中分别加入lmLlmol/LMgCl2溶液和1mL1mol/LAlCl3溶液，然后逐滴加入lmol/LNaOH溶液直至过量，a试管中产生白色沉淀，b试管中先产生白色沉淀，后逐渐溶解金属性：Mg>AlD向NaCl、NaI混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．检验蔗糖水解产物时，需先加足量NaOH溶液中和稀硫酸，再加少量新制的氢氧化铜悬浊液，故A错误；B．5mL0.1mol/LFeCl3溶液与5滴0.1mol/LKSCN溶液混合于试管中充分反应后，铁离子过量，过量铁离子和KSCN溶液反应变红色，不能说明FeCl3与KSCN的反应有一定的限度，B错误；C．通过该实验现象可知碱性：Mg(OH)2>Al(OH)3，从而可说明金属性：Mg>Al，故C正确；D．不确定混合溶液中氯化钠、碘化钠的浓度大小，不能说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D错误；故选：C。10.X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的前四周期元素，5种元素组成的化合物M(YX3)4WZ常用作杀虫剂。其中Y的基态原子2p轨道半充满，Z为地壳中含量最高的元素，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和，W和Z同族，M元素基态原子的内层电子全充满、最外层只有1个电子。下列说法错误的是A.原子半径：W>Y>ZB.简单氢化物的稳定性：Y>ZC.M元素位于周期表的ds区D.YX3和的中心原子杂化方式相同【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的前四周期元素，Y的基态原子2p轨道半充满，且Y的序数靠前，因此Y为N元素，Z为地壳中含量最高的元素，因此Z为O元素，Z的核外电子数等于X、Y第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 核外电子数之和，因此X为H元素，W和Z同族，因此W为S元素，M元素基态原子的内层电子全充满、最外层只有1个电子，即3d104s1，因此M为Cu元素，由此可知X、Y、Z、W、M分别为H元素、N元素、O元素、S元素、Cu元素，据此作答。【详解】A．原子半径同主族从上往下在增大，同周期从左往右在减小，原子半径：S>N>H，即W>Y>Z，故A正确；B．Y的简单氢化物为NH3，Z的简单氢化物为H2O，非金属性越强，简单氢化物越稳定性，可知为H2O>NH3，即YP1B.反应速率：vQ>vMC.点M、N、Q对应的平衡常数：KQ>KM=KND.随着温度升高，不同压强下，CO2的平衡转化率接近相等，原因可能是压强对平衡的影响逐渐减小【答案】B【解析】【详解】A．2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)是气体体积减小的反应，温度相同时增大压强越大，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，即压强越大，CO2的平衡转化率越大，则P2＞P1，故A正确；B．图中温度、压强：Q＜M，温度越高、压强越大，反应速率越大，则反应速率：vQ＜vM，故B错误；C．由图可知，压强一定时CO2的平衡转化率随温度的升高而减小，即升高温度时平衡逆向移动，正反应放热，平衡常数K只与温度有关，温度越高，该反应的K越小，所以点M、N、Q对应的平衡常数：KQ＞KM=KN，故C正确；D．由图可知，随着温度升高，不同压强下，CO2第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 的平衡转化率接近相等，说明温度对平衡的影响大于压强影响，即压强对平衡的影响逐渐减小，故D正确；故选：B。12.常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定一定浓度的HA溶液，溶液的pH与加入NaOH溶液的体积V(NaOH)、lg的关系如图。下列说法错误的是A.可用酚酞作该滴定的指示剂B.Ka(HA)的数量级为10-5C.水的电离程度：Mc(HA)【答案】C【解析】【分析】观察左侧的滴定曲线可知滴定终点为碱性，因此HA为弱酸，恰好中和时得NaA溶液，因水解呈碱性。由图知，时pH=4.76，则，以此分析。【详解】A．两物质滴定终点时，溶液显碱性，应采用变色超过7时显色明显的指示剂，滴定过程可采用酚酞作为指示剂，故A正确；B．滴定前HA溶液的pH=4.76，由图知，时pH=4.76，则，故数量级为10-5，故B正确；C．从M点到P点，溶液由酸性变为中性，再变为碱性，酸碱都会抑制水的电离，水的电离程度先增大，再减小，故N点水的电离程度最大，故C错误；D．pH=7时，溶液呈中性因此，根据可知，而，，故，故D正确；第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 故选：C。13.液流电池是一种新型蓄电池，具有容量高、使用领域广、循环使用寿命长等特点。一种碱性锌铁液流电池放电时储液罐的工作原理如下图所示，已知：聚苯并咪唑(PBI)膜允许OH—离子通过，下列说法错误的是A.放电时，正极的电极反应为+e—=B.充电时，Zn电极连接电源负极，发生还原反应C.充电时，当4molOH—通过PBI膜，导线中通过2mol电子D.该电池使用一段时间后，理论上不需补充正负极的电解液【答案】C【解析】【分析】由图可知，放电时，锌电极为原电池的负极，碱性条件下锌失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn—2e—+4OH—=Zn(OH)，惰性电极为正极，Fe(CN)离子得到电子发生还原反应生成Fe(CN)，电极反应式为Fe(CN)+e—=Fe(CN)；充电时，与直流电源负极相连的锌电极为电解池的阴极，惰性电极为阳极。【详解】A．由分析可知，放电时，惰性电极为正极，Fe(CN)离子得到电子发生还原反应生成Fe(CN)，电极反应式为Fe(CN)+e—=Fe(CN)，故A正确；B．由分析可知，充电时，与直流电源负极相连的锌电极为电解池的阴极，四羟基合锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢氧根离子，故B正确；C．由分析可知，充电时，充电时，与直流电源负极相连的锌电极为电解池的阴极，四羟基合锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢氧根离子，电极反应式为Zn(OH)+2e—=Zn+4OH—第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 ，由电荷守恒可知，导线中通过2mol电子时，有2mol氢氧根离子通过PBI膜，则当4mol氢氧根离子通过PBI膜时，导线中通过4mol电子，故C错误；D．由图可知，电池工作时，电解质溶液经泵和储液罐形成循环使用，所以该电池使用一段时间后，理论上不需补充正负极的电解液，故D正确；故选C。14.磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其结构与金刚石类似，晶胞结构如图所示，设晶胞参数为apm，下列说法正确的是A.基态磷原子的核外电子运动状态有9种B.P与B原子的最近距离为apmC.与P原子最近的等距离的Р原子有6个D.该晶体的密度为g/cm3【答案】B【解析】【详解】A．磷元素的原子序数为15，由泡利不相容原理可知，基态磷原子的核外电子运动状态有15种，故A错误；B．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的磷原子与位于体对角线处的硼原子的距离最近，则磷原子与硼原子的最近距离为apm，故B正确；C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的磷原子与位于面心的磷原子的距离最近，则与磷原子最近的等距离的磷原子有12个，故C错误；D．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的磷原子个数为8×+6×=4，位于体内的硼原子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—10a)3d，解得d=，故D错误；故选B。二、非选择题(本题共4小题，共58分。)15.以废铬铁催化剂(主要成分为Cr2O3、FeO、Al2O3、MgO)为原料制备Cr(OH)3的工艺流程如图所示：第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 已知：Cr(OH)3与Al(OH)3类似，pH>12时发生反应Cr(OH)3+OH-=+2H2O。回答下列问题：（1）基态Cr原子的价层电子的轨道表示式为_______。（2）“碱浸”时加压的目的是_______，写出“碱浸”过程Cr2O3发生反应的化学方程式_______。（3）“滤渣1”含有铁的化合物和_______(填化学式)。（4）“溶解”中乙醇的作用是将_______。（5）常温下，Cr(OH)3的溶度积K=1.0×10-32，当c(Cr3+)降至1.0×10-5mol/L，认为Cr3+已经完全沉淀。“调pH”时pH的范围是_______。（6）向BaCrO4中加入Na2SO4和H2SO4混合溶液可以制备Na2Cr2O7，其中H2SO4调pH目的是_______(用离子方程式表示)。（7）滤液2的主要成分是_______，经分离提纯后可返回_______工序循环利用。【答案】15.16.①.加快反应速率②.17.MgO18.六价铬还原为三价铬19.5~1220.21.①.NaOH②.碱浸【解析】【分析】废铬铁催化剂在空气中加足量NaOH碱浸，将铬、铝转化为盐溶液，铁的氧化物、氧化镁不和氢氧化钠反应成为滤渣1，过滤滤液加入氢氧化钡得到BaCrO4沉淀，滤液1加入硅酸钠生成NaAlSi2O6，根据质量守恒可知，溶液中氢氧根离子和部分钠离子进入滤液2，滤液2含有氢氧化钠；BaCrO4沉淀在乙醇条件下加入盐酸溶解得到二氧化碳，并将六价铬还原为三价铬，加入氢氧化钡调节pH得到Cr(OH)3；【小问1详解】铬为24号元素，基态Cr原子的价层电子的轨道表示式为；第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 【小问2详解】反应中空气中氧气也会参与反应，“碱浸”时加压的目的是提高气体的浓度，加快反应速率；“碱浸”过程Cr2O3在碱性条件下被空气中氧气氧化为六价铬得到Na2CrO4，反应的化学方程式为：；【小问3详解】由分析可知，“滤渣1”含有铁的化合物和MgO；【小问4详解】“溶解”中乙醇发生氧化反应生成二氧化碳，同时作还原剂将六价铬还原为三价铬，故作用是将六价铬还原为三价铬；【小问5详解】当c(Cr3+)降至1.0×10-5moL，认为Cr3+已经完全沉淀，此时，pOH=9，pH=5，已知：Cr(OH)3与Al(OH)3类似，pH>12时，Cr(OH)3会溶解，故“调pH”时pH的范围是5~12；【小问6详解】BaCrO4中加入Na2SO4和H2SO4混合溶液可以制备Na2Cr2O7，同时生成硫酸钡沉淀，固液为；【小问7详解】由分析可知，滤液2的主要成分是NaOH，经分离提纯后可返回碱浸工序循环利用。16.某实验小组在实验室制备氢氧化亚铁。(一)制备氢氧化亚铁（1）仪器g的名称是_______，选择上图中的装置制备氢氧化亚铁，连接顺序为_______(按气流方向，用装置字母表示)。（2）反应结束后继续通一段时间的N2，目的是_______，装置B中发生反应的离子方程式是_______，装置C的作用是_______。(二)探究灰绿色沉淀的成因第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 反应后将装置B中固体过滤时白色沉淀会逐渐转变为灰绿色，实验小组为探究灰绿色沉淀的成因，查阅到以下资料：i．Fe(OH)2沉淀具有较强的吸附性；ii．若存在固体杂质，会导致Fe(OH)2沉淀不够紧密，沉淀与溶液的接触面积会更大。甲同学猜测灰绿色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，设计并完成了实验1~实验3。实验操作试剂(均为0.1mol/L)实验现象1向两片玻璃片中心分别滴加试剂，面对面快速夹紧i．1滴FeSO4溶液ii．4滴NaOH溶液玻璃片夹缝中有白色浑浊2i．4滴FeSO4溶液ii．1滴NaOH溶液玻璃片夹缝中有白色浑浊，一段时间后变为灰绿色3i．2滴FeSO4溶液，1滴Fe2(SO4)3溶液ii．2滴NaOH溶液玻璃片夹缝中立即有灰绿色浑浊（3）依据甲同学的猜测，实验1中沉淀无灰绿色的原因为_______。（4）实验3中立即出现灰绿色浑浊的原因为_______。（5）根据以上实验探究，若尽可能制得白色Fe(OH)2沉淀，需要控制的实验条件除了隔绝氧气外还有_______。【答案】（1）①.分液漏斗②.ACBD（2）①.防止拆除装置时残留的氨气逸出污染空气②.Fe2++2NH3+2H2O=Fe(OH)2↓+2NH③.做安全瓶，防倒吸（3）NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度小，不易被吸附在Fe(OH)2表面（4）沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积大，更易吸附Fe2+（5）保证FeSO4溶液浓度小或NaOH溶液浓度大【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中氧化钙与浓氨水反应制备氨气，装置C为空载仪器，作用是做安全瓶，防止极易溶于水的氨气通入硫酸亚铁溶液中时产生倒吸，装置B中氨气与新制硫酸亚铁溶液反应制备氢氧化亚铁，装置D第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 中盛有的水用于吸收氨气，防止污染空气，则制备氢氧化亚铁时，装置的连接顺序为ACBD。【小问1详解】由实验装置图可知，仪器g为分液漏斗；由分析可知，制备氢氧化亚铁时，装置的连接顺序为ACBD，故答案为：分液漏斗；ACBD；【小问2详解】制备氢氧化亚铁时，装置中会残留未反应的氨气，拆除装置时，氨气会逸出污染空气，所以反应结束后继续通一段时间的氮气；由分析可知，装置B中发生的反应为，硫酸亚铁溶液中与氨气反应生成氢氧化亚铁沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式为Fe2++2NH3+2H2O=Fe(OH)2↓+2NH；由分析可知，装置C为空载仪器，作用是做安全瓶，防止极易溶于水的氨气通入硫酸亚铁溶液中时产生倒吸，故答案为：Fe2++2NH3+2H2O=Fe(OH)2↓+2NH；做安全瓶，防倒吸；【小问3详解】由题给信息可知，氢氧化亚铁白色沉淀沉淀具有较强的吸附性，易吸附溶液中的亚铁离子使沉淀变为灰绿色，则实验1中沉淀无灰绿色说明氢氧化钠溶液浓度高，反应后溶液中亚铁离子浓度小，不易被吸附在氢氧化亚铁表面，故答案为：NaOH溶液浓度高，反应后溶液中Fe2+浓度小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；【小问4详解】由题给信息可知，若氢氧化亚铁中存在固体杂质，会导致氢氧化亚铁沉淀不够紧密，沉淀与溶液的接触面积会更大更易吸附溶液中的亚铁离子使沉淀变为灰绿色，则实验3中立即出现灰绿色浑浊说明氢氧化亚铁沉淀中混有氢氧化铁沉淀，导致沉淀不够紧密，与溶液接触面积大，更易吸附溶液中亚铁离子，故答案为：沉淀中混有Fe(OH)3，不够紧密，与溶液接触面积大，更易吸附Fe2+；【小问5详解】由实验探究的实验现象可知，若尽可能制得白色氢氧化亚铁沉淀，需要控制的实验条件除了隔绝氧气外，还有就是必须控制反应液的浓度，保证硫酸亚铁溶液浓度要足够小，而氢氧化钠溶液的浓度要足够大，故答案为：保证FeSO4溶液浓度小或NaOH溶液浓度大。17.甲烷的综合利用受到环境和能源领域的关注，是研究的重要课题。（1）已知下列热化学方程式：反应i：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H1=-164.4kJ/mol反应ii：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H2=+41.5kJ/mol反应iii：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H3则反应iii的△H3=_______kJ/mol，该反应在_______(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 （2）对于反应iii机理，可认为该反应分两步进行。第一步：CH4催化裂解生成H2和碳(或碳氢物种)，其中碳(或碳氢物种)吸附在催化剂上；第二步：碳(或碳氢物种)和H2O反应生成CO和H2。反应过程和能量变化图如下：整个过程中决速的步骤是_______(填Ⅰ或Ⅱ)，其原因是_______。（3）在体积都为2L的多个恒容密闭容器中，分别充入1molCO2和4molH2发生上述反应i(忽略反应ii和iii)，在不同温度下反应相同时间，测得lgk(lgk正或lgk逆)、H2转化率与温度关系如图所示。已知该反应的速率方程为v正=k正c(CO2)∙c4(H2)，v逆=k逆c(CH4)c2(H2O)，其中、k正、k逆为速率常数，只受温度影响。①代表lgk逆曲线的是_______(填“X”或“Y”)。②Z曲线上表示一定未达到化学平衡状态的点是_______。③假设T，温度下经过30s反应达到a点状态，H2的平均反应速率为_______，该温度下平衡常数计算式为_______。（4）利用某电化学装置可实现CH4和CO2的耦合转化，其原理如图所示。转化过程中阳极反应式为_______。第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 【答案】（1）①.+205.9②.高温（2）①.Ⅱ②.反应I的活化能小于反应II，反应II为慢反应，则反应II为决速步骤（3）①.X②.c、d③.④.（4）【解析】【小问1详解】根据盖斯定律可知，，反应iii：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)是熵增的反应，根据，可知，需在高温下才能自发进行，故答案为：+205.9；高温。【小问2详解】根据活化能越大，反应速率就越慢，故控制整个反应速率的是活化能较高的步骤，即控速步骤为第Ⅱ步，故答案为：Ⅱ；反应I的活化能小于反应II，反应II为慢反应，则反应II为决速步骤。【小问3详解】①由图中信息可知，温度越高，则越小，曲线X和Y是lgk与温度关系。abc转化率与温度关系，从后往前看，从b到a氢气转化率低，平衡逆向进行，正反应为放热反应，升高温度时逆反应增大程度大于正反应速率增大程度即lgk逆大于lgk正，则代表lgk正的曲线是Y，代表lgk逆的曲线是X，故答案为：X；②根据上述分析可知，横坐标从后往前看，从c到b转化率在增大，而从b到a氢气转化率降低，由于反应为放热反应，说明升高温度平衡逆向移动，也就是说明从b到a已经达到平衡，而从c到b反应还未达到平衡，由此得出Z曲线上表示一定未达到化学平衡状态的点是c、d，故答案为：c、d；③假设T，温度下经过30s反应达到a点状态，此时H2转化率为30%，结合三段式列式计算：，该温度下平衡常数计算式为，故答案为：第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 ；。【小问4详解】接电源正极的电极为阳极，发生氧化反应，阳极反应式为：，故答案为：。18.化合物H是依托比利的衍生物，它是一种常见胃动力药物，H的一种合成路线如下：回答下列问题：（1）H中含氧官能团的名称是_______。（2）A的化学名称是_______，D到E的反应类型是_______。（3）B到D的反应方程式为_______。（4）F的结构简式为_______。（5）B符合下列条件的同分异构体的数目有_______种(不考虑羟基和氯原子连在同一个碳原子上)。①属于芳香族化合物②与Na反应产生氢气其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2：2：2：1的同分异构体结构简式为_______。（6）设计以CH2=CH2和为原料制备Y()的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。【答案】18.醚键、酰胺基19.①.对甲基苯酚（4-甲基苯酚）②.取代反应第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 20.21.22.①.15②.23.【解析】【分析】根据B的分子式C7H7ClO可知不饱和度为4，再结合D的结构不难推出B中含有苯环，且取代基处于对位，B的结构简式为：，由此得出A的结构简式为：，B与C发生取代反应生成D，C的结构简式为：，E与F发生取代反应生成G，结合F的分子式C9H6ClNO2，不饱和度为7，推出F的结构简式为：，据此作答。【小问1详解】观察H的结构简式可知，H中含氧官能团的名称是：醚键、酰胺基，故答案为：醚键、酰胺基。【小问2详解】第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 A的结构简式为：，则化学名称是：对甲基苯酚（4-甲基苯酚），观察D到E的结构变化可知，反应类型为取代反应，是故答案为：对甲基苯酚（4-甲基苯酚）；取代反应。【小问3详解】根据分析可知B到D的反应方程式为：，故答案为：。【小问4详解】根据分析可知F的结构简式为：，故答案为：。【小问5详解】由信息可知一定存在的结构有苯环以及—OH，除去已知结构，还剩下一个饱和碳原子和一个氯原子，当苯环上有两个支链时，可以为—CH2Cl、—OH或—CH2OH、—Cl，两组取代基在苯环上均有邻、间、对三种位置关系，共6种(包含B本身)，当苯环上有三个支链时，可以为—CH2、—C1、—OH，三者在苯环上有10种位置关系，因此符合条件的B的同分异构体有15种，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2：2：2：1的同分异构体结构简式为：，故答案为：15；。【小问6详解】第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 根据题中合成路线可设计出合成的路线为：，故答案为：。第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司