【文档说明】2021届高三下学期4月高考化学三模适应性训练四（山东专用）含答案.docx，共(22)页，590.518 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年度高考三模适应性训练四（山东专用）一、单选题1．化学用语是学习化学的重要工具。下列用来表示物质变化的化学用语中，不正确的是A．向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3+＋3H2OFe(OH)3（胶体）

＋3H+B．明矾水解的离子方程式：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+C．以石墨作电极电解氯化铝溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑D．硫化氢在水溶液中的电离方程式：H2S+H2OHS-+H3O+2．下列关于有机物说法正确的是A．C7H8与C6H6互为同系物B．由乙酸与乙醇制

备乙酸乙酯的反位属于加成反位C．C3H6Br2有4种同分异构体D．油脂在人体内最终分解为甘油和高级脂肪酸3．X、Y、Z三种短周期主族元素，原子半径的大小关系为r(Y)>r(X)>r(Z)，原子序数之和为16。X、Y、Z三种元素的常

见单质在适当条件下可发生如图所示的变化，其中A为X、Y组成的双原子分子，B和C均为10电子分子。下列说法不正确的是A．X元素位于第ⅥA族B．A不能溶于B中C．A和C不可能发生氧化还原反应D．X的最高正化合价数高于Y的最高正化合价数4．环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[2.2]戊烷(

)是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是()A．与互为同分异构体B．二氯代物超过两种C．所有碳原子均处同一平面D．该物质不属于烷烃5．熔融盐燃料电池是未来最有前景的发电系统之一。用Li2CO3和K2CO3的熔融盐混合物作电解质，一极通H2，另一极通O2和C

O2混合气体，可制得在873-973K工作的燃料电池。已知该电池总反应为：2H2+O2=2H2O。则下列说法不正确的是A．通O2和CO2的一极是电池的正极B．该电池工作过程中需不断补充H2和O2，CO2可循环利用C．正极反应式为：O2+2CO2+4e-=2CO2-3D．负极反

应式为：H2-2e-=2H+6．下列有关叙述卟啉配合物叶绿素的说法不正确的是（）A．该配合物的配位数为4B．该化合物所包含元素的非金属性：O>N>C>H>MgC．Mg单质晶体结构符合A3型最密堆积D．化合物中C元素的杂化方式sp2、sp37．短周期元素A．B、C、D、E的

原子序数依次增大且满足A+E=B+D，已知A与E同族，B的单质能与硫酸铜溶液反应生成蓝色沉淀，E的氢化物能与硫酸铜溶液反应生成黑色沉淀。下列说法正确的是A．A与B形成的化合物可能含极性共价键B．最高价氧

化物对应水化物的碱性：B＞C＞DC．氢化物的沸点：A＜ED．简单离子半径：A＜B＜C＜D＜E8．用已知浓度盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，下列操作使测定结果(NaOH溶液的浓度)偏高的是A．滴定达终点时，俯视读数B．碱液移入锥形瓶后，加入10mL蒸馏水C．酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，未用标准液润洗

D．滴定振荡锥形瓶过程中，有少量溶液溅出9．锂空气电池是一种高理论比能量的可充电电池。放电时，总反应为2Li+O2=Li2O2，工作原理如下图所示。下列说法错误．．的是A．电解液a为非水电解液B．放电时，A处的电极反应为Li-e-=Li+C．充电时，Li+向Li电极区

域迁移D．充电时，B处的电极反应为O2+2Li++2e-=Li2O210．既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应的是（）①SiO2②Al③NaHCO3④Al2O3⑤(NH4)2CO3A．全部B．②④⑤C．②③④⑤D．①②③④11．离子M2O7X-与S2-能在酸性溶液中发生如下反应

：aM2O7X-+3S2-+cH+==2M3++eS+fH2O,则M2O7X-中M的化合价为A．+4B．+5C．+6D．+712．下列对应离子方程式正确的是（）A．2MnO与浓盐酸反应制2+-2222Cl:M

nO+4HCl()Mn+2Cl+Cl+2HO加热浓↑B．明矾溶于水产生3Al(OH)胶体：323Al3HO=AI(OH)3H++++C．22NaO溶于水产生2O：2222NaOHO=2Na2OHO+−+++D．()32CaHCO溶液与少量NaOH溶液反应

：2332HCOCaOHCaCOH=O−+−+++13．制备相同质量的硝酸铜，从经济效益和环保角度考虑，最适宜采用的方法是A．Cu＋HNO3(浓)→Cu(NO3)2B．Cu＋HNO3(稀)→Cu(NO3)2

C．Cu＋AgNO3→Cu(NO3)2D．14．某同学设计的微型实验装置验证SO2的性质，通过分析实验，下列结论表达正确的是（）A．a棉球褪色，验证SO2具有氧化性B．c棉球蓝色褪去，验证SO2漂白性C．b棉球褪色，验证SO2具有酸性氧化物的通性D．可以使用浓硫酸吸收尾气二、多选题15．为了

测定铜铁合金中铜的质量分数，在10.00g试样中加入200mL、0.6mol/L的稀硝酸，充分反应后剩余金属7.48g，再向其中加入50mL、0.4mol/L的稀硫酸，充分振荡后剩余金属6.60g。若硝酸的还原产物只有NO，下列说法正确的是A．上述测定不能达到实验目的B．剩余的7.48g金属为铜

C．共生成NO气体0.04molD．该合金中铜的质量分数为69.2%三、填空题16．(1)铁及其化合物在生产生活中应用最广泛，炼铁技术和含铁新材料的应用倍受关注。利用铁的氧化物循环裂解水制氢气的过程如下图所示。整个过程与温度密切相关，当温度低于570℃时，

反应Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g)，阻碍循环反应的进行。已知：i.Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g);△H1=+19.3kJ·mol－1ii.3FeO(s)+H2O(g)Fe3O4(s)+H2(g);△H2

=－57.2kJ·mol－1iii.C(s)+CO2(g)2CO(g);△H3=+172.4k]·mol－1铁氧化物循环裂解水制氢气总反应的热化学方程式是___________。(2)T1℃时，向某恒温密闭容器中加入一定量

的Fe2O3和炭粉，发生反应Fe2O3(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)，反应达到平衡后，在t1时刻，改变某条件，V(逆)随时间(t)的变化关系如图所示，则t1时刻改变的条件可能是___________(填写字母)。a.保持温度不变，压缩容

器b.保持体积不变，升高温度c.保持体积不变，加少量碳粉d.保持体积不变，增大CO浓度(3)在一定温度下，向某体积可变的恒压密闭容器(p总)加入1molCO2与足量的碳，发生反应，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示①650℃时，该反

应达平衡后吸收的热量是___________。②T℃时，若向平衡体系中再充入一定量按V(CO2)︰V(CO)=5︰4的混合气体，平衡___________(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。③925℃时，用平衡

分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp为___________。[气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数，记作Kp](4)用原电池原理可以除去酸性废水中的三氯乙烯、AsO3－，

其原理如下图所示(导电壳内部为纳米零价铁)在除污过程中，纳米零价铁中的Fe为原电池的___________极(填“正”或“负”)，写出C2HCl3在其表面转化为乙烷的电极反应式为___________。(5)已知25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10－38

，此温度下若在实验室中配制100mL5mol·L－1FeCl3溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加入2mol·L－1的盐酸_________mL(忽略加入盐酸体积)。四、实验题17．I.某探究小组在实验室中用铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2)提取氧化铝。回答下列

问题：(1)在实验中需用1mol·L－1的NaOH溶液480mL，配制该溶液已有下列仪器：烧杯、托盘天平(砝码)、胶头滴管、药匙、玻璃棒，还缺少的仪器是______________。(2)写出步骤①中发生反应的离子方程式_______

____(3)甲同学在实验室中用如图装置制备CO2气体，并通入滤液B中制备Al(OH)3时，结果没有产生预期现象。乙同学分析认为：甲同学通入CO2的量不足是导致实验失败的原因之一，你认为乙的分析是否合理？________。若合理，请用离子方程式解释其原因______________________

___________(若你认为不合理，该空不作答)。II.某实验小组为探究ClO－、I2、SO42-在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：实验①：在淀粉­碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立

即变蓝；实验②：向实验①的溶液中加入4mL0.5mol·L－1的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。(1)写出实验①中发生反应的离子方程式：_____________________________(2)实

验②的化学反应中转移电子的物质的量是_______________________。(3)以上实验说明，在酸性条件下ClO－、I2、SO42-的氧化性由弱到强的顺序是_____________________________________________

_____________。五、结构与性质18．开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。(1)()43TiBH是一种储氢材料，可由4TiCl和4LiBH反应制得。①基态原子Ti有_______种能量不同

的电子，基态3Ti+的未成对电子有_______个。②4LiBH由Li+和-4BH构成，-4BH的立体构型是_______。③Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为_______。(2)金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料。①LiH中，离子半

径Li+_______(填“”、“=”或：“”)H−。②某储氢材料是短周期金属元素M的氢化物，M的部分电离能如下表所示：1I2I3I4I5I1I/kJmol−738145177331054013630该储氢材料的化学式为2MH，其晶胞结构如图所示。已知该晶体的密度-

3agcm，则该晶胞的体积为_______3cm[用a、AN表示(AN为阿伏加德罗常数的值)]。(3)氨硼烷与镧镍合金(xLaNi)都是优良的储氢材料。①镧镍合金的晶胞结构示意图如下图所示(只有1个原子位于晶胞

内部)，则x=_______。②氦硼烷(33HBNH)在高温下释放氢后生成的立方氮化硼晶体，具有类似金刚石的结构，硬度略小于金刚石。则在下列各项中，立方氮化硼晶体不可用作_______(填字母)。a.耐磨材料b

.切削工具c.导电材料d.钻探钻头六、原理综合题19．人们利用焦炭制取水煤气的工艺已广泛用于工业生产中。I．以焦炭制备水煤气已知：①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+130.0kJ/mol②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+40.0kJ/mol

(1)在工业上，反应①是煤的综合利用的一种途径，其名称是______。焦炭与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为_______________。II．焦炭废气的再利用500℃时，在密闭容器中将

焦炭废气中的CO2转化为二甲醚，其相关反应为：主反应：2CO2(g)+6H2(g)催化剂CH3OCH3(g)+3H2O(g)副反应：CO2(g)+3H2(g)催化剂CH3OH(g)+2H2O(g)(2)

测得不同时间段部分物质的浓度如下表：时间(min)浓度(mol·L-1)010203040H21.000.680.400.300.30CH3OCH300.050.080.100.10①10〜20min内，CH3OCH3的平均反应速率v(CH3OCH3)

=__________。②在上述特定条件下，已知主反应的速率方程为v=ab22m33kc(CO)gc(H)c(CHOCH)(k为速率常数，a、b、m均大于0)，下列措施一定能提高主反应的反应速率的是______(填字母序号)。A．适当温度B．分离出二甲醚C．恒压减小22

c(CO)c(H)D．恒容下增大c(CO2)③提高CH3OCH3产率的关键的因素是选用合适的催化剂。若起始时CO2和H2的浓度比为1：3，根据以上数据计算，上述主反应的平衡常数的计算表达式K=______。(3)对该反应实验研究得出：在

相同温度下，CO2的转化率等物理量随催化剂的组成比的变化关系如图所示。若温度不变，催化剂中nn(Mn)(Cu)约是______时最有利于二甲瞇的合成，此时，若增大反应投料比22n(H)n(CO)，平衡常数K将____(填“增大”、“减小”

或“不变”)七、有机推断题20．某高中化学创新兴趣小组运用所学知识并参考相关文献，设计了一种“绿原酸”的合成路线如图：已知：①+加热⎯⎯⎯⎯⎯→；②+R2-OH⎯⎯→回答下列问题：(1)有机物A用足量氢气催化加成后所得有机物的名称是___________。(2)有机物B的结构简式

为___________。(3)反应①的反应类型是___________。(4)写出A物质发生1，4-加聚的反应方程式___________。(5)有机物F中官能团的名称是醚键、___________、___________。反应②的目的是___________。(6)反应D→E中第(1)步的反应

方程式是___________。(7)参照上述合成方法，设计由丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠的合成路线_______(无机试剂任选，合成路线常用的表达方式为：()。参考答案1．C【详解】A、实验室制备氢氧化铁胶体原理为Fe3+的水解，故A正确；B、明矾溶液中含

有Al3+，Al3+易水解，B正确；C、Al3+在碱性环境下不能大量存在，应生成AlO2-，故C错误；D、H2S的电离为分步电离，D正确。故选C。2．C【解析】A．C7H8与C6H6的结构不一定相似，不一定为同系物，故A错误；B．由乙酸与乙醇制备乙酸乙酯的反位属于取代反位，故B错误；C．C3

H6Br2根据官能团的位置异构，共有4种同分异构体，故C正确；D．油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在体内酶的催化作用下水解，生成相应的羧酸与甘油，最终氧化为水和二氧化碳，故D错误，答案为C。3．C【详解】常

见的10电子分子有CH4、NH3、H2O、HF，由此可判断Z为氢元素，X、Y的原子序数之和为15，且原子半径r(Y)＞r(X)，则X为氮元素，Y为氧元素；A为N2与O2化合的产物NO，B为H2与O2化合的产物H2O，C为N2与H

2化合的产物NH3。A.氧元素位于ⅥA，选项A正确；B.NO不溶于水，选项B正确；C.NO中N为+2价，NH3中N为–3价，所以NO与NH3可能发生氧化还原反应生成N2和H2O，选项C不正确；D.N的最

高正化合价为+5价，O通常没有正价，X的最高正化合价数高于Y的最高正化合价数，选项D正确。答案选C。4．C【分析】有机物种类几百万种,在生活、生产等多有涉及。有机物往往存在分子式相同而结构不同的现象即存在同分异构体,要会对物质进行辨析，并会进行正确的命名。【详解】A、[螺[2.2

]戊烷的分子式为C5H8，的分子式也是C5H8，结构不同，互为同分异构体，选项A正确；B、分子中的8个氢原子完全相同(不考虑立体异构)，二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子，也可以是相邻碳原子或不相邻碳原子上的氢原子，因此其二氯代物超过两种，选

项B正确；C、由于分子中4个碳原子均是饱和碳原子，而与饱和碳原子相连的4个原子一定构成四面体，所以分子中所有碳原子不可能均处在同一平面上，选项C错误；D、螺[2.2]戊烷的分子式不符合烷烃的通式，因此不属于烷烃，选项D正确。答案选C。5．D【分析】根据总反应2H2+O2=2H2O可知H2

化合价升高，失去电子，发生氧化反应，在负极通入；O2的化合价降低，得到电子，发生还原反应，在正极通入。【详解】A.O2的化合价降低，得到电子，所以通O2和CO2的一极是电池的正极，A正确；B.该电池工作过程中，H2和O2不断减少

，反应过程中生成CO2，所以需不断补充H2和O2，CO2可循环利用，B正确；C.O2在正极得到电子，发生还原反应，生成CO2-3，所以正极反应式为：O2+2CO2+4e-=2CO2-3，C正确；D.H2在负极得到电

子，发生氧化反应，生成水，所以负极反应式为：H2-2e-+CO2-3=H2O+CO2↑，D错误；答案选D。【点睛】本题考查原电池的原理，掌握原电池的正负极的判断方法，学会根据电解质确定电极反应式，题目较易。6．A【详解】A．与Mg相连的4个

N原子中，有两个N原子是四条键，两个N原子是三条键，三条键的N原子与Mg原子是正常共价键，而四条共价键的N原子与Mg相连的共价键为N原子提供孤对电子，Mg原子提供空轨道形成的配位键，故该配合物的配位数为2，A错误；B．该配合物涉及的元素有O、N、C

、H、Mg，其非金属性O>N>C>H>Mg，B正确；C．Mg单质的晶体排列方式为六方最密堆积，为A3型最密堆积，C正确；D．配合物中碳原子形成碳碳双键和单键，故其杂化方式为sp2和sp3，D正确。答案选A。7．B【分析】由题可知A、B、C、D、E短周期元素,B的单质能与硫酸铜溶

液反应生成蓝色沉淀,则B为钠，E的氢化物能与硫酸铜溶液反应生成黑色沉淀，则B为硫，A、B、C、D、E分别为O、Na、Mg、Al、S。【详解】A.由A与B形成的化合物可能为Na2O或Na2O2，可能含离子键、非极性共价键，A错误；B.最高价氧化物对应水化物的碱性：

NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3，B正确；C.H2O分子间存在氢键，故沸点：H2O>H2S，C错误；D.简单离子半径：S2−>O2−>Na+>Mg2+>Al3+，D错误；故答案选B。8．C【详解】A．根据c()V(

)c()V()标标测＝测可知，如果滴定达终点时，俯视读数，则读数偏小，消耗盐酸的体积减少，测定结果偏低，故A不选；B．碱液移入锥形瓶后，加入10mL蒸馏水，并没有改变碱的物质的量，测定结果不变，故B不选；C．酸式滴定管用蒸馏水洗

涤后，未用标准液润洗，则盐酸的浓度降低，消耗盐酸的体积增加，测定结果偏高，故C可选；D．滴定振荡锥形瓶过程中，有少量溶液溅出，碱液减少，消耗盐酸的体积减少，测定结果偏低，故D不选；答案选C。9．D【详解】A．锂单质化学性质活泼，不

能使用具有活泼氢的水、醇、羧酸等做电解质溶液，描述正确，不符题意；B．根据题意，锂—空气电池，还原性更强的锂单质是失电子一极，做负极，所以A极锂单质失电子生成锂离子，描述正确，不符题意；C．二次电池充电，放电时负极

电子流出，充电时，电池的负极电子流入，充当电解池阴极，根据直流电路电荷移动特点，阳离子向阴极移动，故选项描述正确，不符题意；D．二次电池充电，放电时正极B处电子流入，充电时，B极电子流出，发生氧化反应，失电子，选项中电极反应

式显示是得电子，所以描述错误，符合题意；综上，本题选D。10．C【详解】①SiO2为酸性氧化物，只能与NaOH溶液反应，不能与稀硫酸反应，不正确；②Al既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应，正确；③NaHCO3为弱酸的酸式盐，既

能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应，正确；④Al2O3为两性氧化物，既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应，正确；⑤(NH4)2CO3为弱酸弱碱盐，既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应，正确。所以②③④⑤都

正确。答案为C。【点睛】铝虽然既能与酸反应，又能与碱反应，但不叫两性金属。因为它不管与酸反应，还是与碱反应，都表现出还原性。11．C【详解】反应aM2O7x-+3S2-+cH+=2M3++eS+fH2O中，由M原子守恒可知a=1，由O原子守恒可知，f=7，则由H原子守恒

可知c=14，由电荷守恒可知-x+（-2）×3+14=+6，解得x=2，则M2O7x-中M的化合价为[−2−(−2)×7]/2=+6，答案选C。12．D【详解】A．浓盐酸是强酸，HCl应拆写为Cl−和

H+，离子反应为：MnO2+4H++2Cl-加热Mn2++Cl2↑+2H2O，故A错误；B．常温下，3Al+水解不能进行彻底，因此不能生成3Al(OH)沉淀，正确的离子方程式为3++23Al+3HOAl(OH)()+3H胶体，故B错误；

C．22NaO溶于水的离子方程式应为+-22222NaO+2HO=4Na+4OH+O，故C错误；D．由于NaOH溶液不足，所以反应的离子方程式为-2+-332HCO+Ca+OH=CaCO+HO，故D正确；答案选D。13．D【详解】A.Cu与浓硝酸反应

会产生二氧化氮，有毒污染空气，不可取，故A错误；B.Cu与稀硝酸反应会产生一氧化氮，有毒污染空气，不可取，故B错误；C.C铜和硝酸银反应生成硝酸铜，但硝酸银价格较昂贵，不经济，故C错误；D.Cu先在空气中氧化为氧化铜，再和稀HNO3反应，生成

硝酸铜，该过程中不产生有毒气体，且使用材料较廉价，符合条件，故D正确；故答案选D。14．C【分析】亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，二氧化硫是酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，

碘单质具有氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸，据此分析解答。【详解】A．a棉球中品红褪色，可以验证SO2具有漂白性，A错误；B．碘与SO2和水反应生成氢碘酸和硫酸，碘单质反应完全，c棉球蓝色褪去，根据反应硫元素化合价升高，可以验证SO2具有还原性

，B错误；C．b棉球褪色，SO2与碱液反应，碱性减弱，酚酞溶液褪色，验证SO2具有酸性氧化物的性质，C正确；D．SO2尽管有还原性，但不能被浓硫酸氧化，因此不能用浓硫酸吸收尾气，SO2具有酸性氧化物的性质，可以用碱液吸收尾气，D错误。答案选C。【点睛】本

题的易错点为B，要注意区分二氧化硫能够使一些物质褪色的本质，如品红褪色——漂白性；酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色——还原性；滴加了酚酞的氢氧化钠溶液褪色——酸性氧化物的性质等。15．CD【详解】铁的金属性强于铜的，所以硝酸首先氧化金属铁，第一次反应后金属过量，硝酸不足，说明生成物一

定有硝酸亚铁。加入稀硫酸后金属又溶解了7.48g－6.60g＝0.88g，硫酸中氢离子的物质的量是0.05L×0.4mol/L×2＝0.04mol，则根据方程式3M＋2NO3－＋8H＋＝3M2＋＋2NO↑＋4H2O可知，NO的物质的量是0.0

1mol，参加反应的金属的物质的量是（0.04mol÷8）×3＝0.015mol，则M的相对原子质量是0.88÷0.015＝58.67，这说明溶解的金属是铁和铜，所以剩余的7.84g金属是铁和铜的混合物，B不正确。因此第一次溶解的金属铁是10.

00g－7.48g＝2.52g，物质的量是2.52g÷56g/mol＝0.045mol，6.60g全部是金属铜。硝酸的物质的量是0.2L×0.6mol/L＝0.12mol，根据方程式3Fe＋8HNO3＝3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O可知，生成物硝酸亚铁的物质

的量是0.045mol，NO的物质的量是0.03mol，因此共放出NO是0.04mol。设第二次消耗金属铁和铜的物质的量分别是x和y，则56x＋64y＝0.88、2x＋2y＝0.01×3，解得x＝0.01mol、y＝0.005mol，所以合金中铜的质量是6.60g＋0.005mol×64g/mol

＝6.92g，所以该合金中铜的质量分数为69.2%，故上述测定能达到实验目的，A不正确。综上所述，答案选CD。16．C(s)+H2O(g)H2(g)+CO(g)ΔH=+134.5kJ·mol-1ad43kJ正向23.04P总负C2HCl3+5H++8e-=C2H6+3C1-

2.5【解析】【分析】(1)根据盖斯定律对热化学方程式运算。(2)由图像可知，t1时改变条件使逆反应速率突然增大，达到新平衡时反应速率跟原速率相等，根据这一特点并结合平衡常数只与温度有关等知识分析。(3)密闭容器中建立的平衡为C(s)+CO2(g)2CO(g)。①运用“三段式”分

析计算参加反应的CO2的物质的量，再结合热化学方程式的意义计算吸收的热量；②根据V(CO2)︰V(CO)=5︰4>1:1分析解答；③根据平衡常数表达式并结合气体分压定义分析。(4)由图可知纳米零价铁中Fe失去电子，根据原电池原理分析。(5)配制过程中出现浑浊现象是因为

生成了难溶于水的Fe(OH)3，根据溶解平衡知识只要c(Fe3+)·c3(OH-)<Ksp[Fe(OH)3]，就不会有沉淀生成，据此分析计算。【详解】(1)根据盖斯定律，将i+ii+iii得：C(s)+H2O(g)H2(g)+CO(g);ΔH=+134.5kJ·mol-

1。(2)密闭容器中建立的平衡为Fe2O3(s)+3C(s)2Fe(s)+3CO(g)，由图像可知，t1时改变条件使逆反应速率突然增大，达到新平衡时反应速率跟原速率相等。a.t1时保持温度不变，压缩容

器使气体压强增大，逆反应速率突然增大，由于温度不变，所以平衡常数K=c3(CO)不变，所以达到新平衡时c(CO)不变，逆反应速率不变，符合图像，a项正确；b.t1时保持体积不变，升高温度使逆反应速率突然增大，但达到新平衡时温度

比原来高，所以达到新平衡时逆反应速率比原来大，不符合图像，b项错误；c.t1时保持体积不变，加少量碳粉，固体物质的浓度视为常数，所以t1时逆反应速率不会发生突变，不符图像，c项错误；d.t1时保持体积不变，增大CO浓度，使逆反应速率

突然增大，因温度不变，达到新平衡时平衡常数K=c3(CO)不变，即c(CO)浓度不变，所以达到新平衡时逆反应速率不变，符合图像，d项正确；答案选ad。(3)①由图像可知，6500C时反应达到平衡后CO的体积分数为4

0%，设达到平衡时转化的CO2的物质的量为x。应用“三段式”分析得：CO的体积分数=2x1-x+2x×100%=40%，解得x=0.25mol，由C(s)+CO2(g)2CO(g);△H3=+172.4k]·mol－1可知，该反应达到平衡后吸收的热量是

：0.25mol×172kJ/mol=43kJ。②由图像知T0C时CO2和CO的体积分数相等，即V(CO2):V(CO)=1:1，T℃时，向平衡体系中再充入一定量按V(CO2):V(CO)=5:4的混合气体，因V(CO

2):V(CO)=5:4>1:1，（相当于增大CO2浓度）所以平衡向正反应方向移动。③925℃时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数为4%，所以用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=3(0.96P)0.04P总总=23.04P总。(4)由图可知纳米零价铁

中Fe失去电子转化为Fe2+，由原电池原理知，纳米零价铁中的Fe作原电池的负极。因根据碳元素化合价知，C2HCl3在其表面被还原为乙烷，根据电荷守恒和原子守恒，该电极反应式为：C2HCl3+5H++8e-=C2H6+3C1-。(5)Fe(OH)3难溶于水，在溶液

中存在溶解平衡：Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq)。为使配制过程中不出现浑浊现象，则c(Fe3+)·c3(OH-)<Ksp[Fe(OH)3]，即c(OH-)<sp333+K[Fe(OH)]c

(Fe)=3834.0105－=2×10-13mol/L，则c(H+)=-Kwc(OH)>-14-1310210=0.05mol/L。设加入盐酸体积为x（忽略溶液体积的变化），加入盐酸后溶液中c(H+)=2mol/L?x0.1L=0.05mol/L，解得x=0.0025L（

2.5mL），即至少需要加入2.5mL盐酸。17．500mL容量瓶；Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O、Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O合理CO2＋2OH－=CO32－＋H2O2I－＋ClO－＋2H＋=Cl－＋I2＋H2O4×10－3molClO－>I2>SO42－【解析

】【详解】I.（1）根据本实验的目的，实验室配制一定物质的量浓度的溶液中需要的仪器是烧杯、托盘天平、500mL容量瓶、药匙、玻璃棒、胶头滴管，因此缺少的仪器是500mL容量瓶；（2）Al2O3属于两性氧化物，Fe2O3属于碱性氧化

物，SiO2属于酸性氧化物，SiO2不与盐酸反应，因此反应①中的离子反应方程式为Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O、Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；（3）滤液B中有过量NaOH溶液存在，通入CO2气体，CO2先于NaOH反应，如果CO

2少量，发生CO2＋2OH－=CO32－＋H2O，，因此该同学分析合理；II.（1）溶液变蓝，说明有I2的生成，利用ClO－的氧化性，把I－氧化成I2，其离子方程式为2I－＋ClO－＋2H＋=Cl－＋I2＋H2O；（2）蓝色褪去，说明I2与Na2SO3发生氧化还原反应，SO32－被氧化成SO42－

，即转移电子物质的量为4×10－3×0.5×(6－4)mol=4×10－3mol；（3）根据氧化还原反应的规律，①反应中ClO－为氧化剂，I2为氧化产物，即ClO－氧化性强于I2，②中I2为氧化剂，SO42－为氧化产物，即I2的氧化性强于SO42－，综上所述，氧化性：ClO－>

I2>SO42－。【点睛】本题的易错点是I中（1），学生只回答出缺少的仪器是容量瓶，忽略了再回答容量瓶时，需要答出容量瓶的规格，即500mL容量瓶。18．71正四面体H>B>LiA52aN5c【分析】(1)①同一能级上的电子能量相同；②根据价电子互斥理论判断-

4BH的立体构型；③元素非金属性越强，电负性越大；(2)①电子层结构相同的离子，质子数越多半径越小；②根据m=V计算晶胞体积；(3)①根据均摊原则计算x值；②根据金刚石的性质分析；【详解】(1)①基态原子Ti的电子排布式为22626221s2s2p3s3p3

d4s，有7个能级，即7种能量不同的电子；3Ti+的价电子排布式为13d，有1个未成对电子。②4BH−含有4个键，无孤电子对，所以其立体构型为正四面体。③元素非金属性越强，电负性越大，Li、B、H电负性：HBLi

；(2)①电子层结构相同的离子，核电荷数越多，半径越小，离子半径：LiH+−。②M的32II，所以M原子最外层有2个电子，M为短周期元素Mg；每个晶胞中含有Mg原子81/812+=个，含有H原子4个，所以晶胞的体积为113A3A226gmolmol52cmgcmNmVaaN

−−−===；(3)①根据均摊原则，每个晶胞中含有La：81/81=，Ni：81/215+=，5x=；②立方氮化硼类似金刚石的结构，硬度略小于金刚石，能用作耐磨材料、切削工具、钻探钻头，立方氮化硼为原子晶体不导电，不能用作导电材料，故选c。19．煤的气化C(

s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=+90.0kJ/mol0.003mol/(L•min)BD32610.10?()3(0.10)?(0.30)2不变【详解】(1)在工业上反应①是煤的综合利用的一种途径，其名称是煤的气化；①

C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+130.0kJ/mol②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H=+40.0kJ/mol根据盖斯定律，将方程式①-②，整理可得C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)△H=+90.0kJ/mol；(2

)①在10-20min内，CH3OCH3的平均反虚速率v(CH3OCH3)=0.08mol/L-0.05mol/L10min=0.003mol/(L·min)；②A．适当温度是升高温度还是降低温度不明确，所以其

速率不一定是增大，A错误；B．分离出二甲醚，根据速率方程式可知，主反应速率增大，B正确；C．恒圧下减小22c(CO)c(H)，不能确定速率变化，C错误；D．恒容条件下增大CO2的浓度，根据主反应速率公式可知，主反应速率加快，D正确；

故合理选项是BD；③根据表中数据可知：消耗的c(H2)总=(1.0-0.3)mol/L=0.7mol/L，可逆主反应中2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)产生CH3OCH3(g)的浓度为0.10mol//L，则同时必然会产生0.3mol/LH2O(g)，消耗0

.2mol/LCO2和0.6mol/L的H2，则副反应CO2(g)+3H2(g)催化剂CH3OH(g)+H2O(g)消耗H2的浓度是0.7mol/L-0.6mol/L=0.1mol/L，同时消耗CO2(g)0.13mol/L，产生CH3OH(g)0.13mol/L，产生H2O(g)0.13mol

/L，则平衡时各种气体的浓度c(CH3OCH3)=0.10mol/L，c(H2)=0.30mol/L，c(CO2)=10.1(-0.2-)mol/L33=0.1mol/L，c(H2O)=(0.3+0.13)mol/

L=13mol/L，故该反应的化学平衡常数K=3333226262210.10?()c(CHOCH)gc(HO)3=c(CO)gc(H)(0.10)?(0.30)；(3)温度不变，二甲醚的选择性的纵坐标最大时最有利于二甲醚的合成，根据图示可知：二甲醚选择性最好时nn(Mn)(Cu)约是2；温度不

变，化学平衡常数不变，则增大反应投料比22n(H)n(CO)，平衡常数K将不变。20．1-氯丁烷取代反应n催化剂加热⎯⎯⎯⎯⎯→酯基羟基保护其它羟基，防止其转化为酯基+5NaOH⎯⎯⎯⎯⎯→水加热+3NaCl+NaBr+H2O23Br/PBr⎯⎯⎯⎯⎯→

NaOH/乙醇Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→【分析】由有机物的转化关系可知，化合物A与ClCH=CHCl发生信息①反应生成化合物B()，在镍做催化剂作用下，与一氧化碳和氢气反应生成化合物C()，在溴化磷的作用下，与溴发生取

代反应生成，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应后，经酸化得到，在酸性条件下，与丙酮发生加成反应生成，与发生取代反应后，经酸化得到绿原酸，据此解答。【详解】(1)在催化剂作用下，化合物A与足量氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2Cl，CH3CH2CH2CH2Cl属于饱和氯代烃，名称为1-氯

丁烷，故答案为：1-氯丁烷；(2)由分析可知，有机物B的结构简式为，故答案为：；(3)反应①为在溴化磷的作用下，与溴发生取代反应生成，故答案为：取代反应；(4)化合物A分子中含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应生成，反应的化学方程式为：n催化剂加热⎯⎯

⎯⎯⎯→；故答案为：n催化剂加热⎯⎯⎯⎯⎯→；(5)有机物F的结构简式为，官能团为醚键、酯基和羟基，由分析可知，反应②的目的是保护羟基，防止E分子中的羟基全部转化为酯基，故答案为：酯基；羟基；保护其它羟基，防止其转化为酯基；(6)反应D→E中第(1)步反应为在氢氧

化钠溶液中共热发生水解反应生成，反应的化学方程式为：+5NaOH⎯⎯⎯⎯⎯→水加热+3NaCl+NaBr+H2O，故答案为：+5NaOH⎯⎯⎯⎯⎯→水加热+3NaCl+NaBr+H2O；(7)由题给信息和聚丙烯酸钠的结构简式为：，运用逆推法可知，合

成的步骤为在溴化磷的作用下，丙酸与溴发生取代反应生成，在氢氧化钠醇溶液中共热反应生成，在一定条件下发生加聚反应生成，合成路线为：23Br/PBr⎯⎯⎯⎯⎯→NaOH/乙醇Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→，故答案为：【答题空9】

23Br/PBr⎯⎯⎯⎯⎯→NaOH/乙醇Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→；