【文档说明】【精准解析】山西省实验中学2020届高三下学期3月开学摸底考试（全国I）理综化学试题.doc，共(20)页，1.180 MB，由小赞的店铺上传

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山西省实验中学2019-2020学年度高三年级3月摸底考试试题（卷）理科综合能力测试注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，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，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非

选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-23P-31S-32Mn-55Fe-56一、选择题：本题共13

个小题，每小题6分。共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.五年来，我国在探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等领域取得了举世瞩目的成就。这些项目与化学

有着密切联系。下列说法正确的是（）A.大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料B.为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源C.我国提出

网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D.“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐【答案】A【解析】【详解】A．铝锂合金属于金属材料，A正确；B．电能属于二次能源，B错误；C．光缆的主要成分

是二氧化硅，C错误；D．常见的高温结构陶瓷有氧化铝、SiC陶瓷等，均不是硅酸盐陶瓷，D错误。答案选A。2.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB.2

2.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NAC.92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NAD.1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA【答案】B【解析】分析：A、胶体是大分子的集合体；B、根据氩气的组成解答

；C、根据丙三醇的结构分析；D、根据甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的特点分析。详解：A、16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于

0.1NA，A错误；B、标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18NA，B正确；C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3NA，C错误；D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成

的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，D错误。答案选B。点睛：选项D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。3.下

列实验过程可以达到实验目的的是（）编号实验过程实验目的A称取2gCuSO4•5H2O溶于98g水中，充分搅拌溶解，然后装入试剂瓶中配制2%的CuSO4溶液B将活性炭放入盛有NO2的锥形瓶中，观察气体颜色探究碳的还原性C将Zn

SO4溶液滴入盛有2mLNa2S溶液的试管中至不再产生沉淀，然后滴入相同浓度的CuSO4溶液，观察现象比较ZnS（白色）和CuS（黑色）的溶度积D向两支试管中分别加入2mL5%H2O2溶液然后只向其中一

支试管中加入绿豆大小的FeI2固体，观察比较现象探究I-对H2O2分解是否具有催化作用A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．溶于98g水中，溶液质量为100g，但硫酸铜质量小于2g，则溶液的质量分数小于2%，故

A错误；B．活性炭具有吸附性，不能探究还原性，故B错误；C．发生沉淀的转化，由现象可比较ZnS（白色）和CuS（黑色）的溶度积，故C正确；D．碘离子与过氧化氢可发生氧化还原反应，不能探究催化剂对分解反应

速率的影响，故D错误；答案选C。4.1，1-二环丙基乙烯()是重要医药中间体，下列关于该化合物的说法错误的是A.所有碳原子可能在同一平面B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.二氯代物有9种D.生成1molC8H18至少需要3molH2【答案】A【解析】【分析】1，1-二环丙基乙烯()含有碳碳双键，两个三

元环，碳有2种杂化方式：sp3、sp2，据此答题。【详解】A.碳有2种杂化方式：sp3、sp2，前者是正四面体构型，与它相连的原子不可能全处于同一平面，所有碳原子不可能在同一平面，故A错误；B.结构中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C.1，1-二环丙基乙烯(

)的二氯代物有9种，故C正确；D.1，1-二环丙基乙烯()分子式为C8H12，由C8H12生成1molC8H18至少需要3molH2，故D正确。故选A。【点睛】烃的等效氢原子有几种，该烃的一元取代物的数目就有几种；在推断烃的二元取代产物数目时，

可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。5.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，甲

、乙分别是X、W两元素对应的单质，丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25℃时0.1mol/L戊溶液的pH为13，工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法不正确的是（）A.原子半径：Z＞W＞Y＞

XB.Z分别与X、Y、W形成的化合物中一定没有共价键C.元素Y与X、Z都能组成两种化合物D.乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性【答案】B【解析】【分析】根据工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊

，可推测是电解饱和食盐水，生成氢气、氯气和氢氧化钠，故甲为氢气，所以X是H元素，乙是氯气，所以W为Cl元素，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25℃时0.1mol/L戊溶液的pH为13，所以戊为氢氧化钠，根据短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以Y为O元素，Z为

钠元素。【详解】A、Z为钠元素，W为Cl元素，Y为O元素，X是H元素，原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以原子半径：Z＞W＞Y＞X，故A正确；B、钠与氧气在点燃那条件下生成过氧化钠，

其中含有氧与氧之间的共价键，故B错误；C、Y为O元素，X是H元素，两者可以形成水和过氧化氢两种化合物，Z为钠元素，可以与氧元素生成氧化钠和过氧化钠两种化合物，故C正确；D、乙为氯气，戊为氢氧化钠两者反应可生成次氯酸钠、氯化钠和水，此溶液具有漂白效果，故D正确；故选B

。【点睛】本题为简单的无机推断，本题的突破点为工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊，可猜测应该是点解饱和食盐水，进而推出其他物质。原子半径大小比较先看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；离子化合物中也可

能含有共价键。6.我国科学家开发的一种“磷酸钒锂/石墨离子电池”在4.6V电位区电池总反应为：Li3C6＋V2(PO4)36C＋Li3V2(PO4)3。下列有关说法正确的是A.该电池比能量高，用Li3V2(PO4)3做负极材料B.放电时，外电路中通过0.1mol电子

M极质量减少0.7gC.充电时，Li+向N极区迁移D.充电时，N极反应为V2(PO4)3＋3Li＋＋3e－=Li3V2(PO4)3【答案】B【解析】【分析】原电池的正极上发生得电子的还原反应，在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应；锂离子电池的总

反应为：Li3C6＋V2(PO4)36C＋Li3V2(PO4)3，则该电池放电时正极上发生得电子的还原反应，即电极反应式为V2(PO4)3＋3Li＋＋3e－=Li3V2(PO4)3，负极为Li3C6材料，电极反应Li3C6-3e－→3Li++6C

。【详解】A.该电池比能量高，原电池的正极上发生得电子的还原反应，在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应；用Li3V2(PO4)3作正极材料，负极为Li3C6材料，故A错误；B.放电时，M极为负极，电极反应Li3C6-3e－→3Li++6C，外电路中通过

0.1mol电子M极质量减少0.1mol×7g·mol－1=0.7g，故B正确；C.充电时，Li+向阴极迁移，即向M极区迁移，故C错误；D.充电时，N极为阳极，发生氧化反应，Li3V2(PO4)3-3e－=V2(PO4)3＋3Li＋，故D错误；故选B。【点睛】本题考查

二次电池，理解原电池和电解池的原理是解题关键，易错点D，充电时外电源的正极与电池的正极相连，阳极发生氧化反应，失去电子。7.25℃时，向一定浓度的Na2C2O4溶液中滴加盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。已知H2C2O4是二元弱酸，X表示()()()()-2-242-224244

cHCOcCOcHCOcHCO或，下列叙述错误的是A.从M点到N点的过程中，c(H2C2O4)逐渐增大B.直线n表示pH与()()-24224cHCOlgcHCO−的关系C.由N点可知Ka1(H2C2O4)的数量级为10-2D.pH=4.18的混合溶液中

：c(Na+)>c(HC2O4-)=c(C2O42-)=c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A.如图所示，从M点到N点的过程中，pH减小，氢离子浓度增大，c(H2C2O4)逐渐增大，

故A正确；B.pH增大，()()-24224cHCOcHCO增大，()()-24224cHCOlgcHCO−减小，则直线n表示pH与()()-24224cHCOlgcHCO−的关系，故B正确；C.由N点可知Ka1(H2C2O4)的数量级为10-2Ka1(

H2C2O4)=()()()-+4224cHCOcHcHCO，在N点()()-24224cHCOlgcHCO−=-1，即()()-24224cHCO10cHCO=，N点的pH＝2.22，则c(H+)＝10−2.22mol/L，所以Ka1(

H2C2O4)＝10×10−2.22＝1.0×10−1.22，故C正确；D.M点：-lg()()2-24-24cCOcHCO=0，Ka2=()()2-+24-24cCOc(H)cHCO=10-3.18×10

-1=10-4.18，pH=4.18时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)，但无法判断c(HC2O4-)=c(C2O42-)=c(Cl-)，故D错误；故选D。8.甘氨酸亚铁222(NHCHCOO)Fe是一种补铁强化剂。实验室利用3FeCO与甘氨酸22(NHCHCOOH)制备甘氨酸亚铁，

实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。查阅资料：①甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。②柠檬酸易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。实验过程：I．装置C中盛有17.4g3FeCO和200mL1.0mol·L-1甘氨酸溶液。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排

净后，加热并不断搅拌；然后向三颈瓶中滴加柠檬酸溶液。Ⅱ．反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。（1）仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是________。（2）装置B中盛有的试剂是：_______；装置D的作用是________。（3）向4FeSO

溶液中加入43NHHCO溶液可制得3FeCO，该反应的离子方程式为________。（4）过程I加入柠檬酸促进3FeCO溶解并调节溶液pH，溶液pH与甘氨酸亚铁产率的关系如图所示。①pH过低或过高均导致产率下降，pH过高导致产率下降其原因是_

_______；②柠檬酸的作用还有________。（5）过程II中加入无水乙醇的目的是________。（6）本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，则其产率是_______％。【答案】(1).分液漏斗(2).平衡压强、便于液体顺利流下(3).饱和NaHCO3溶液(4).检

验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中(5).Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O(6).pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成

Fe(OH)2沉淀(7).防止Fe2+被氧化(8).降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出(9).75【解析】【分析】（1）a为分液漏斗，b中软管可平衡气压；（2）B中饱和碳酸氢钠溶液可除去HCl，C中应防止亚铁被氧化；（3）4

FeSO溶液中加入43NHHCO溶液可制得3FeCO和二氧化碳、水；（4）①pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀。②结合信息可知，合成过程加入柠檬酸的作

用是促进FeCO3溶解和防止Fe2＋被氧化，柠檬酸具有还原性；（5）甘氨酸亚铁难溶于乙醇；（6）17.4g即0.15molFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸反应，理论上生成甘氨酸亚铁0.1mol，本实验制得15.3g甘氨酸亚铁。【详解

】（1）仪器a的名称是分液漏斗；与a相比，仪器b的优点是是平衡气压，使液体顺利流下。（2）装置B中盛有的试剂是：饱和NaHCO3溶液；装置D的作用是防止空气进入C中（从而防止Fe2＋被氧化）。（3）向4FeSO溶液中加入

43NHHCO溶液可制得3FeCO和二氧化碳、水，该反应的离子方程式为Fe2＋+2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O。（4）①pH过低或过高均导致产率下降，pH过高导致产率下降其原因是pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COO

H；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，Fe2＋+2OH－=Fe（OH）2↓；②结合信息可知，合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和防止Fe2＋被氧化。（5）过程II中加入无水乙醇的目的是过程Ⅱ中加入无水乙醇的目的是降低甘氨酸亚铁的溶液度，使其结晶析出。（6

）17.4g即0.15molFeCO3和200mL1.0mol·L-1甘氨酸反应，理论上生成甘氨酸亚铁0.1mol，本实验制得15.3g甘氨酸亚铁，其产率是115.30.1204?gmolgmol－×100%=75%。【点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质

、习题中的信息、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，易错点（3）向4FeSO溶液中加入43NHHCO溶液可制得3FeCO和二氧化碳、水，复分解反应强于水解，注意题中信息，结合元素化合物知识的应用。9.二氧化锰无论在实验室还是在生产、生活中均有广泛应用

。工业上可以用制备对苯二酚的废液为原料生产二氧化锰。此工艺对节约资源、保护环境、提高经济效益有着重要意义。（1）经分析知该废液中含有硫酸锰、硫酸铵、硫酸以及Fe2+、Co2+、Ni2+等金属离子。以此为原料制备化学二氧

化锰的流程如图所示。①常温下几种有关难溶硫化物的溶度积常数如下表，若除去Fe2+后的废液中Mn2+浓度为1mol/L，欲使Co2+和Ni2+完全沉淀，而Mn2+不受损失，S2-的浓度范围应控制在___mol/L。化合

物MnSCoS（α型）NiSKsp2.5×10-104×10-211.07×10-21②步骤⑥的化学方程式为___。③步骤①~⑨中涉及到过滤的操作有___。（填序号）④步骤⑨得到的副产品的化学式为___，其重要的用途之一是___。得到该副产品的操作是___。（2）生

产电解二氧化锰的原理是在93℃左右以石墨为电极电解硫酸锰和硫酸的混合溶液，写出阳极的电极反应式___，若电解过程中的电压为3V，理论上生产1tMnO2消耗电能___kw·h。（1kw·h=3.6×106J）（3）双氧水氧化法制备二氧化锰时所发生的反应为MnSO4+2NH3+H2O2→Mn

O2+(NH4)2SO4，在溶液的pH、过氧化氢的用量和反应时间一定的情况下，温度对实验结果的影响如图所示。MnO2的回收率随着温度升高先增大后减小的可能原因是___。【答案】(1).4×10-16-2.5×10-10(2)

.3MnSO4+NaClO3+3H2O=3MnO2+NaCl+3H2SO4(3).①②③⑤⑦⑨(4).(NH4)2SO4(5).做化肥(6).蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(7).Mn2+-2e-+2H2O=Mn

O2+4H+(8).1845(9).温度升高反应加快生成更多的MnO2，温度达到一定程度后，若在升温则氨气挥发，过氧化氢分解【解析】【分析】（1）①当溶液中离子浓度小于10-5mol/L时，认为完全沉淀，要将Co2+和Ni2+完全沉淀，根据Ksp

的表达式计算即可；②步骤⑥利用NaClO3将MnSO4氧化成MnO2，在溶液中NaClO3被还原成NaCl，结合得失电子守恒、原子守恒写方程式即可；③凡是涉及固液分离的步骤都涉及过滤；④整个过程中铵根离子和硫酸根离子没有除去，

故步骤⑨得到的副产品为硫酸铵；（2）阳极发生氧化反应，应为Mn2+失电子被氧化成MnO2；（3）温度升高反应速率加快，但是温度太高，双氧水会分解，氨气会挥发。【详解】（1）①根据Ksp(CoS)=c(Co2+)

×c(S2-)、Ksp(NiS)=c(Ni2+)×c(S2-)得：22sp()=c()KCoScCoS+−（）、22sp(i)i=c()KNScS+−（N），欲使Co2+和Ni2+完全沉淀，就要将Co2+和Ni2+的浓度控制在10-5mol/及以下，那么

：21-5241010c()S−−＜、21-521.071010c()S−−＜，解得c(S2-)>4×10-16、c(S2-)>1.07×10-16，又因为Mn2+浓度为1mol/L而不受损，则Mn2+和S2-还没开始沉淀，此时有c(S2-)×c(Mn2+)＜Ksp(MnS)

,即c(S2-)×1mol/L＜2.5×10-10，解得：c(S2-)＜2.5×10-10，综上所述：()()()216216210>410/>1.0710/>2.510/cSmolLcSmolLcSmolL−−−−−−，即：硫离子浓度在4×10-16mol/L-2.5×10-

10mol/L之间，故答案为：4×10-16-2.5×10-10；②步骤⑥利用NaClO3将MnSO4氧化成MnO2，在溶液中NaClO3被还原成NaCl，方程式为：3MnSO4+NaClO3+3H2O=3MnO2+NaCl+3H2SO4，故答案为：3MnSO4+NaClO3+

3H2O=3MnO2+NaCl+3H2SO4；③①~⑨中，①②③⑤⑦⑨都涉及到固液分离，都用到过滤，故答案为：①②③⑤⑦⑨；④整个过程中铵根离子和硫酸根离子没有除去，故步骤⑨得到的副产品为硫酸铵，可做化肥，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即可得到硫酸铵，

故答案为：(NH4)2SO4；做化肥；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（2）阳极失电子，化合价升高，被氧化，再结合电荷守恒、原子守恒可得：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，生产1tMnO2转移的电子物质的量做如下计算：-2871000002e

20MnOgngmol～，解得n=621087mol，所以电子数=6232106.021087，因为每个电子带1.6×10-19C的电量，所以电子所带总电量q=6232106.021087×1.6×10-19，

由E=qU得：E==(6232106.021087×1.6×10-19×3)J=2619631.6210106.0210873.1036−kw·h≈1845kw·h，故答案为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；1

845；（3）温度升高，反应速率增大，但是温度过高，H2O2分解了，NH3挥发了，故答案为：温度升高反应加快生成更多的MnO2，温度达到一定程度后，若在升温则氨气挥发，过氧化氢分解。【点睛】（1）完全沉淀指的是离子浓度小于10-5mol/L，计算的时候往往用10-5mol/L计算。10.研究

CO2与CH4反应使之转化为CO和H2，对减缓燃料危机和减少温室效应具有重要的意义。工业上CO2与CH4发生反应I：CH4(g)+CO2(g)＝2CO(g)+2H2(g)△H1在反应过程中还发生反应Ⅱ：H2(g)+CO2(g)＝H2O(g)+CO(g)△H2=+41kJ

/mol(l)已知部分化学键的键能数据如下表所示：化学键C—HH—HC=OCO键能（kJ/mol）4134368031076则△Hl=____kJ/mol，反应Ⅰ在一定条件下能够自发进行的原因是____，该反应工业生产适宜的温度和压强为___

_（填标号）。A.高温高压B．高温低压C．低温高压D．低温低压(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1:1投料制取CO2和H2时，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化关系如图所示。①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是________________________②计算923K时反应I

I的化学平衡常数K=______（计算结果保留小数点后两位）。③1200K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等的原因可能是____。(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2发生反应III:CH4+2O2＝CO2+2H2O，掺人O2可消除反应产生的积碳和减小反应器的热负荷（单位时间内维持反

应发生所需供给的热量），O2的进气量与反应的热负荷的关系如图所示。①随着O2进入量的增加，热负荷下降的原因是____。②掺人O2可使CH4的平衡转化率____（填“增大”、“减小”或“不变”。下同），CO2的平衡转化率________【

答案】(1).+234(2).△S>0(3).B(4).CH4和CO2按1:1投料发生反应I时转化率相等，CO2还发生反应II，所以平衡转化率大于CH4(5).0.39(6).1200K以上时以反应I为主，二者转化率趋于相等（或1200K以上时反应I的正向进行程度远大于反应II）（或1200

K以上时反应I的平衡常数远大于反应II）(7).反应III放热，给反应体系提供能量，使热负荷降低(8).增大(9).减小【解析】【分析】(l)已知部分化学键的键能，通过反应物的总键能减去生成物的总键能可以计算△Hl，从焓变和熵变综合判断反应Ⅰ自发反应的原因，从平衡移动角度来判断反应条件

；(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1:1投料,发生反应Ⅰ、II，则①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因从二者实际参加的反应来讨论；②从图、及题干中提供的数据结合反应Ⅰ、II，用三段式按定义计算923K时反应II的化学平衡常数K；③1200K以上CO2和C

H4的平衡转化率趋于相等的原因还是从实际参加的反应来讨论；(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2，则发生反应III:CH4+2O2＝CO2+2H2O；①按热负荷的定义——单位时间内维持反应发生所需供给的热量以及O2的

进气量与反应III放出的热量关系，据此解题；②发生反应III:CH4+2O2＝CO2+2H2O，分析甲烷、二氧化碳的物质的量及消耗量，分析CH4的平衡转化率和CO2的平衡转化率受到的影响；【详解】(l)已知部

分化学键的键能，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则△Hl=4413kJ/mol+2803kJ/mol-21076kJ/mol-2436kJ/mol=+234kJ/mol；答案为：+234；反应I：CH4(g)+CO2(g)＝2CO(g

)+2H2(g)△H1=+234kJ/mol，△S>0，因此△S>0是反应Ⅰ自发反应的原因，该反应是吸热、气体分子总数增大的反应，因此，选择高温低压的条件；答案为：△S>0；B；(2)①923K时反应Ⅰ中CH4和

CO2的平衡转化率是一样的，但是，二氧化碳还参加反应II，因此其平衡转化率大于CH4；答案为：CH4和CO2按1:1投料发生反应I时转化率相等，CO2还发生反应II，所以平衡转化率大于CH4；②CH4和CO2按1:1投料，设投料时的物质的量浓度为1mol/L，由图知

CH4和CO2的转化率为60%、70%，则发生反应I时422CH(g)+CO(g)=2H(g)+2CO(g)11000.60.61.21.20.40.41.21.2起始浓度(mol/L)转化浓度(mol/L)平衡浓度(mol/L)发生反应II:22

2222H(g)+CO(g)=HO(g)+CO(g)1.20.401.20.10.10.10.11.10.30.11.3c[HO(g)]c[CO(g)]0.11.30.39c[H(g)]c[CO(g)]1.10.3K===起始浓度(mol/L)转

化浓度(mol/L)平衡浓度(mol/L);答案为：0.39；③反应I中CO2和CH4的平衡转化率相等，1200K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等则意味着该条件对反应I更有利，以反应I为主；答案为：1200K以上时以反应I为主，二者转化率趋于相等（或1200K以上时反应I的正向

进行程度远大于反应II）（或1200K以上时反应I的平衡常数远大于反应II）；(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2，则发生反应III:CH4+2O2＝CO2+2H2O，①反应III是放热反应，给反应体系提供能量，通入氧气越多

反应中放出的热量越多，则热负荷值越小；答案为：反应III放热，给反应体系提供能量，使热负荷降低；②发生反应III:CH4+2O2＝CO2+2H2O，促进甲烷消耗，则CH4的平衡转化率增大；答案为：增大；发生反应III:CH4+2O2＝CO2+2H2O不利于反应I，减少

了二氧化碳的消耗量，又使二氧化碳浓度增大，因此二氧化碳的平衡转化率下降；答案为：减小。11.2019年10月1日，在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF-31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材

料包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。回答下列问题：（1）基态铁原子的价电子排布式为___。（2）与Cr同周期且基态原子最外层电子数相同的元素，可能位于周期表的___区。（3）实验室常用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3+

。其中N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为___(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为___。（4）铁元素能于CO形成Fe(CO)5。羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1molFe(CO)5分子中含_

__molσ键，与CO互为等电子体的一种离子的化学式为___。（5）碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积，然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处，K+占据的是

C60分子围成的___空隙和___空隙(填几何空间构型)；若C60分子的坐标参数分别为A(0，0，0)，B(12，0，12)，C(1，1，1)等，则距离A位置最近的阳离子的原子坐标参数为___。（6）Ni可以形成多种氧化物，其中

一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，a的值为0.88，且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+，则晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比为___，晶胞参数为428pm，则晶体密度为___g/cm3(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出表达式)。【答案】(1).3d64s2(2

).s、ds(3).N>O>S(4).sp2杂化(5).10(6).CN-(7).正四面体(8).正八面体(9).111,,444(10).8:3(11).()103A590.88164N(42810)−

+【解析】【分析】()1Fe原子核外电子排布式为22626621s2s2p3s3p3d4s，处于过渡元素，除最外层外价电子还包含3d电子；()2Cr为24号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅥB族，基态原子电子排布式为22626511s2s2p3s

3p3d4s，最外层电子数为1个；()3同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同一同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能减小；苯酚为平面结构，C原子采取2sp杂化；()4Fe与CO形成5个配位键，属于σ键，CO分子中

有1个σ键，5Fe(CO)分子含有10个σ键；与CO互为等电子体的离子，含有2个原子、价电子总数为10，可以用N原子与1个单位负电荷替换O原子，也可以用C原子与2个单位负电荷替换O原子；()5据图知，K+占据的是60C围成

的正四面体空隙和正八面体空隙，若60C分子的原子坐标参数分别为A(0,0，0)，1B(,20，1)2，C(1,1，1)等，说明该晶胞的参数是1，则距离A位置60C分子最近的K+为形成的正四面体体心上的；(

)6根据aNiO中化合价代数和为零可求得晶体中2Ni+与3Ni+的最简整数比，aNiO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“aNiO”，再根据mρV=计算。【详解】()1Fe原子核外电子排布式为22626621s2s2p3s3p3d4s，处于过渡元素，除最

外层外价电子还包含3d电子，故价电子排布式为623d4s，故答案为：623d4s；()2Cr位于第四周期，基态原子电子排布式为22626511s2s2p3s3p3d4s，最外层电子数为1个，与Cr同周期且基态原子最外层电子数相同的元素为K和Cu，分别为s区和ds区，故答案为：s、ds；()3同

周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同一同周期相邻元素的O，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能NOS，苯酚为平面结构，C原子采取2sp杂

化；故答案为：NOS；2sp杂化；()4Fe与CO形成5个配位键，属于σ键，CO分子中形成1个σ键，故F5e(CO)分子含有10个σ键，1mol5Fe(CO)分子中含10molσ键。CO含有2个原子14个

电子，所以与CO互为等电子体的一种离子的化学式为CN(−或22O+、22C−、NO)+，故答案为：10；CN−；()5据图知，K+占据的是60C围成的正四面体空隙和正八面体空隙，若60C分子的原子坐标参数分别为A(0,0，0)，1B(,20，1)2，C(1,1，1)等，说明

该晶胞的棱参数是1，则距离A位置60C分子最近的K+为形成的正四面体体心上的，为晶胞棱长的14，其参数为111,,444，故答案为：正四面体；正八面体；111,,444；()6设晶体中2Ni+与3Ni+的最简整数比为x：y，根据aNiO中化合价代数和为零可知：2x3y0

.882xy+=+，解得x：y8=：a3NiO，晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“aNiO”，则晶体密度()1033103AA590.88164590.88164g(42810cm)gcmNN(42810)−−−++==，故答案为：8:

3；()103A590.88164N(42810)−+12.有机物J属于大位阻醚系列中的一种物质,在有机化工领域具有十分重要的价值.2018年我国首次使用α－溴代羰基化合物合成大位阻醚J,其合成路线如下:已知：回答下列问题:(1)A的名称____

_______________.(2)C→D的化学方程式_________________________.E→F的反应类型____(3)H中含有的官能团________________.J的分子式_______________.(4)化合物X

是D的同分异构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X有_____________种(不考虑立体异构),写出其中核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为1∶1∶6的结构简式为___________________________.(5)参照题中合成路线图。涉及以甲苯和

为原料来合成另一种大位阻醚的合成路线：__________________。【答案】(1).2—甲基丙烯(2).(3).取代反应(4).酚羟基和硝基(5).C10H11NO5(6).6(7).(8).【解析】【分析】根据有机化合物

的合成分析解答；根据有机化合物的结构与性质分析解答；根据有机化合物的同分异构体的确定分析解答。【详解】由C物质逆向推断，可知A物质含有碳碳双键，且含有一个甲基支链，则A为2-甲基丙烯，A与溴单质发生加成反应得到B

，B物质中的Br原子水解，生成带羟基的醇，C物质的羟基反应生成醛基即D物质，D物质的醛基再被新制的氢氧化铜氧化成羧基，即E物质，E物质上的羟基被Br原子取代，得到F，F与H反应生成J；(1)由C物质逆向推断，可知A物质含有碳碳双键，

且含有一个甲基支链，则A为2-甲基丙烯，故答案为2-甲基丙烯；(2)C中的羟基被氧化生成一个醛基，化学方程式，E物质上的羟基被Br原子取代，故答案为，取代反应；(3)由J物质逆向推理可知，H中一定含有苯环、硝基和酚羟基，J的分子式为C10H11NO5，故答案为酚羟基和硝基；C10H11N

O5；(4)化合物X是D的同分异构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X一定含有羧基或者酯基，其中含有羧基的2种，含有酯基的4种，写出其中核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为1∶1∶6的结构简式为，故答案为6；；（5）甲苯与

氯气发生取代反应，得到1-甲苯，Cl原子水解成羟基得到苯甲醇，苯甲醇再与发生消去反应得到，合成路线为：，故答案为。