【文档说明】【精准解析】湖北省2020届高三（4月）线上调研考试理综化学试题.pdf，共(21)页，646.354 KB，由小赞的店铺上传

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-1-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的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2.4NAB.将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中C

H3COO-数目等于0.1NAC.1molHI被氧化为I2时转移的电子数为NAD.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N

218O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；-2-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1molHI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；-3-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＞CB.氧

化物的水化物酸性：D＞AC.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。-4-5.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O2B.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(O

H)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3mlKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL氧化性：Br2＞I2-5-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＞CD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.AB.BC.CD.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2-2-+322

S+SO+6H=3S+3HO，2-+322SO+2H=SO+HO，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2-+2322SO+2H=S++SOHO，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224-24()HCOHy=l(CgO)cc或-242-24()HCOCOlg()cc。下列说法正确的是-6-A.直线I表示的是-242-24()HCOCOlg()cc与pH的变化关系B.图中纵坐标应该是a=1.27，b=4.27C.c(

-24HCO)＞c(2-24CO)＞c(H2C2O4)对应1.27＜pH＜4.27D.c(K+)=c(-24HCO)+c(2-24CO)对应pH=7【答案】B【解析】【详解】A.二元弱酸草酸的-24212+4()(H)=(H

COHC)OccKc，2-24-2+24()(COHC=()OH)ccKc，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224-24()HCOHCl()Ogcc与pH的变化关系，

直线Ⅱ表示的是-242-24()HCOCOlg()cc与pH的变化关系，故A错误；B.pH＝0时，-24+4222-2()()1lg=HClg=lg=4.27()OHCOcccKK，+1224-214()()1lg=HClg=lg=1.2

7()OHHCOcccKK，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，-242-2+4.27-a24()()==10()HCOHCOcccK，c(-24HCO)＞c(2-24CO)，104.27-a＞1，则4.27-

a＞0，解得a＜4.27，-2-2-242424-22424224++2+12HCOCOCOHCOHCO()(H)()(H)()(H)==()()HCO()ccccccKKccc，-5.542a-5.5412-2422242+-2a()10===10()(H)1COHCO0c

KKcc，当c(2-24CO)＞c(H2C2O4)，102a-5.54＞1，则2a-5.54-7-＞0，解得a＞2.77，所以c(-24HCO)＞c(2-24CO)＞c(H2C2O4)对应2.77＜pH＜4.27，故

C正确；D.电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(-24HCO)+2c(2-24CO)+c(OH-)，当c(K+)=c(-24HCO)+2c(2-24CO)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：①2244HPOHPOH，2344HPOPOH②常温下，16sp42FePO2HO9.9110K，383s

pFe(OH)410K，-3sp23(LiCO)=1.710K（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2-4H

PO、-24HPO离子，从平衡移动角度解释过程Ⅲ得到磷酸铁晶体的原因_________________。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_________

________。（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-8-50mlNa2CO3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).--2222Al+2OH+2HO=2AlO+3H

(3).将Fe2+氧化为Fe3+(4).CO32-结合H+，2244HPOHPOH，2344HPOPOH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N

aAlO2，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、2-4HPO、-24HPO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--2222Al+2OH+2HO=2AlO+3H，故答案为：溶解Al，使其分离出去；--2222Al+2OH+2HO=2AlO+3H

；(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2-4HPO、-24HPO离子，加入碳酸钠溶液后，CO32-结合H+，2244HPOHPOH，2344HPOPOH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-9-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+0.15mol/L100Li==0.1mol/

L150()c，设该同学加入的Na2CO3溶液的浓度为xmol/L，则混合溶液中2-3xmol/L50xCO==mol/L1503()c，二者混合未见沉淀，则2+2-2-3c3()()x=LiCO=0.11.7103Qcc

，解得x0.51，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Na3PO

4·12H2O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__________________。（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。-10-①“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).--

2-23233AlO+HCO+HO=AlOH+CO(5).4222NaAlH+2HO=NaAlO+4H(6).加入液体能起液封作用，避免气体从漏斗中逸出(7).1227(-)%448VVm(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-，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；；-11-(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--2-23233AlO+HCO+HO=AlOH+CO，故答案为：--2-23233AlO+HCO+HO=AlOH+CO；(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4222NaAlH+2HO=NaAlO+4H，故答案为：4222NaAlH+2HO=NaAlO+4H；(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4222NaAlH+2HO=NaAlO+4H，可得关系式，421NaAlH=H4nn，故该产品的纯度为-312

12(-)10L154g/mol27(-)422.4L/mol100%=%g448VVVVmm，故答案为：1227(-)%448VVm；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。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：-12-实验I实验II通入气体CO、H2CO、H2、H2O(g)固体产物Fe3O4、F

eFe3O4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/min0135n(H2)/mol8.05.44.04.0①△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-13-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＜p2④0~3min内用CH3OH表示的反应速率v(CH3OH)=____________mol·L-1

·min-1⑤200℃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).22422CO(

g)+4H(g)=CH(g)+2HO(g)=-210kJ/molH(2).23423Fe+4HO(g)FeO+4H高温，水蒸气能将生成的铁转化为四氧化铁(3).负(4).+-232CO+6H+6e=CHOH+HO(5).＜(6).增大H

2浓度、增大压强(7).cd(8).115(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；⑤计算平衡时刻各气体物质的浓度，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22422CO(g)+4H(g)=CH(g)+2HO(g)=-1

28kJ/mol-241kJ/mol=-210kJ/molH，故答案为：22422CO(g)+4H(g)=CH(g)+2HO(g)=-210kJ/molH；(2)由于发生反应23423Fe+4HO(g)FeO+4H高温，水蒸气能将生成的铁转化为四氧化铁，故答案为：23

423Fe+4HO(g)FeO+4H高温，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-14-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+-232CO+6H+6e=CHOH+HO，故答案为：负；+-232CO+6H+6e=CHOH+HO；(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，32.0mol1CHOH==mol/(Lmin)0.067mol/(Lmin)10L3min1

5v,故答案为：115(或0.067)；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3222(CHOH)0.2===6.25(CO)(H)0.20.4cKcc；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，3222(CH

OH)0.4==2.8<(CO)(H)0.40.6cQKcc，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-15-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]3d104s1B．[Ar]3d10C．[Ar]3d94s1D．[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。(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3=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).-16-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5-31=12，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；(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C

H4O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11+8=28，体心立方堆积的晶胞中所含铜原子的个数-17-为118+6=482，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3a2=4r，解得8a=3r，则该晶体

的空间利用率约为33483100%=34%8()π3rr，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-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的结构简式为__________________。(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____

______________。①1molH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。-18-（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，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：-19-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122+2-18=42，满足

下列条件的H，①1molH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-20-发生缩聚反应生成，故答案为：HCHO；。-21-