【文档说明】四川省内江市第一中学2024-2025学年高三上学期半期（期中）考试 化学试卷 Word版含解析.docx，共(19)页，3.448 MB，由envi的店铺上传

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内江一中高三上学期11月月考化学试题本试卷18道题，共100分；考试时间75分钟可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12O-16S-32Fe-56Cu-64一、单选题(本大题共14小题，每小题3分，共42分)1.在一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如下:下列

叙述错误的是（）A.生物柴油由可由再生资源制得B.生物柴油是不同酯组成的混合物C.动植物油脂是高分子化合物D.“地沟油”可用于制备生物柴油【答案】C【解析】【详解】A、醇属于可再生资源，根据方程式可知，生物柴油由可由再生

资源制得，A正确；B、根据生物柴油的分子结构可知，生物柴油是不同酯组成的混合物，B正确；C、动植物油脂虽然相对分子量较大，但不是高分子化合物，C错误；D、“地沟油”主要是动植物油脂，利用上述反应，可用于制备生物柴油，D正

确；答案选C。2.下列离子方程式中，正确的是A.23HSO溶液中滴加少量2NaS溶液：223322S5HSO3S4HSO3HO−−+=++B.NaClO、NaCl混合溶液中滴加HI溶液：22ClOCl2HClHO−−+++=+C.金属铜溶于稀硝酸：2322Cu2

NO4HCu2NO2HO−++++=++D.2FeCl溶液与()36KFeCN溶液反应：326462Fe4K2Fe(CN)KFeFe(CN)−++++=【答案】A【解析】【详解】A．H2SO3溶液过量，发生反应2-2323S+2HSO=HS+2HSO−和22322HS+HSO

=3S+3HO，总反应为2-23322S+5HSO=3S+4HSO+3HO−，A选项正确；B．NaClO、NaCl混合溶液中滴加HI溶液：因为还原性I−＞Cl−，I−被优先氧化为I2，离子方程式为：22ClO2I2HIClHO−

−+−++=++，B选项错误；C．铜与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为：2323Cu2NO8H3Cu2NO4HO−++++=++，C选项错误；D．FeCl2溶液与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成KFe[

Fe(CN)6]沉淀，离子方程式为：3266FeKFe(CN)KFeFe(CN)−++++=，D选项错误；答案选A。3.下列化学用语表述正确的是A.中子数为1的氦的核素：31HeB.SO3的VSEPR模型：C.用电子式表示H2O

2的形成过程：D.NaCl溶液中的水合氯离子、水合钠离子：【答案】D【解析】【详解】A．核素符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和；氦原子核有2个质子，则中子数为1的He原子的质量数为2+1=3，因此

该核素用符号可表示为32He，A错误；B．SO3的中心原子的孤电子对数为62302−=，价层电子对数为3+0=3，因此SO3的VSEPR模型为平面三角形，B错误；C．H2O2为共价化合物，没有电子得到与失去，用电子式表示其形成过程为，C错误；D．NaCl溶液中的水合氯离子、水合钠离子，每个

Na+周围有5个H2O分子，每个Cl-周围有6个H2O分子，根据“异种电荷相互吸引”可知，在水合钠离子中氧原子朝向钠离子，水合氯离子中氢原子朝向氯离子，D正确；故合理选项是D。4.已知反应：222324F

eS+11O2FeO+8SO高温，NA为阿伏加德罗常数的值，若消耗96gFeS2，下列叙述错误的是A.转移的电子数为8.8NAB.消耗的氧化剂分子数为2.2NAC.氧化产物的物质的量共1.6molD.生成SO2的体

积为35.84L(标准状况)【答案】C【解析】【分析】296gFeS的物质的量是()2n0.8FeSmol=。根据反应方程式可知：每反应消耗24molFeS，反应过程中会消耗211molO，反应产生232OmolFe、28molSO，反应过程中转移44mol电子，然后根据反应消耗的2FeS的物

质的量进行有关计算。【详解】A．根据分析，反应中转移44mol电子，消耗24molFeS，反应中转移的电子的物质的量为：()0.844ne8.84molmolemolemol−−−==，则转移的电子数目是A8.8N，A正确；B．在该反应中，2FeS为还原剂，2O为

氧化剂，每反应消耗24molFeS，同时反应消耗211molO，反应消耗20.8molFeS，反应消耗2O的物质的量是()20.811nO2.24molmol==，则反应消耗的氧化剂分子数为A2.2N，B正确

；C．23OFe、2SO既是氧化产物也是还原产物，根据方程式可知：每消耗24molFeS，反应过程中会消耗211molO，同时产生232OmolFe、28molSO，反应产生的氧化产物的物质的量是2810molmolmol+=，有20.8molFe

S反应，则产生的氧化产物的物质的量是n(氧化产物)=0.81024molmol=，C错误；D．根据方程式计量系数，消耗()2n0.8FeSmol=，生成二氧化硫1.6mol，在标准状况下，其体积为：11.622.4L?35.84Lmolmol−=，D

正确；故选C。5.实验室制取少量氯水并探究其酸性，下列实验装置和操作能达到实验目的的是A.用装置甲制取氯气B.用装置乙制取氯水C.用装置丙完全吸收多余的2ClD.用pH试纸测定氯水的pH【答案】B【解析】【详解】A．用装置甲制取氯气，需用浓盐酸，需要加热，A选

项错误；B．首先用饱和食盐水除去挥发的氯化氢气体，用装置乙制取氯水，B选项正确；C．()2CaOH微溶于水，澄清石灰水浓度较小，不能完全吸收多余的2Cl，导致吸收效果不好，C选项错误；D．氯水具有漂白性，不能

用pH试纸测量，应用pH计检测，D选项错误；故答案选B。6.物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是选项性质差异结构因素A熔点：石英干冰晶体类型差异BaK：33CClCOOH<CFCOOH碳卤键的极性差异C分解温度：22HO>HS氢键与范德华力

差异D键角：33PF<PCl卤素电负性差异A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．石英共价晶体，熔点高于1000℃，干冰为分子晶体，熔点低于0℃，故A项不符合题意；B．因为F的电负性大于Cl的电负

性，F—C的极性大于Cl—C的极性，使得F3C—的吸电子能力大于Cl3C—的吸电子能力，导致CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，所以Ka(CCl3COOH)＜Ka(CF3COOH)，故

B项不符合题意；C．H2O分解温度高于H2S，是因为氧的非金属性强于硫，H—O键的键能大于H—S的键能，与氢键和范德华力无关，故C项符合题意；D．由于氟的电负性大于氯的电负性，故PF3中共用电子对离P原子更远，排斥力更小，键角更小，故PF3的键角小于PCl3，即与F、Cl的电负性差异有关，故

D项不符合题意；故本题选C。7.中药甘草含有多种有效成分，其中甘草香豆素结构简式如图所示。下列关于甘草香豆素的说法错误的是A.与溴水能发生加成反应，也能发生取代反应B.光照条件下与氯气反应，苯环上可形成C—Cl键C.与NaOH完全反应的物质的量之比为1：5D.催化剂存在下与足

量氢气反应，π键不能全部断裂【答案】B【解析】【详解】A．甘草香豆素结构中，存在酚羟基，邻位和对位的氢原子能与溴水发生取代反应，含碳碳双键，能与溴水发生加成反应，A正确；B．甘草香豆素光照条件下与氯气反应，苯环上的氢原子不能被取代，即苯环上不能形成C—Cl键，B错误；C．甘草香豆素中含有三

个酚羟基、一个酚酯基，水解后又生成一个酚羟基和羧基，共5个酸性基团，与NaOH完全反应的物质的量之比为1∶5，C正确；D．催化剂存在下，苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，苯环中大π键和碳碳双键中π键断裂，而酯基与氢气不反应，酯基中的π键没有断裂，D正确；故选B。8.根

据下列实验操作和现象，可得出相应结论的是选实验操作现象结论为项A向NaBr溶液中滴加少量氯水，再加入淀粉KI溶液溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2B常温下，铁丝插入浓硝酸中几乎无明显变化常温下，铁不能与浓

硝酸发生反应C向乙醇中加入浓硫酸，加热，溶液变黑，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中溶液褪色该气体是乙烯D向NaCl和NaI的混合稀溶液中滴加少量AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)A.AB.BC.CD.D【答案】

A【解析】【详解】A．向NaBr溶液中滴加少量氯水，发生反应：Cl2+NaBr=2NaCl+Br2，证明氧化性：Cl2＞Br2；由于NaBr过量，氯水完全反应，生成Br2使溶液变橙色，再加入淀粉KI溶液，Br2与KI发生反应：Br2+KI=2K

Br+I2，证明氧化性：Br2＞I2，反应生成I2使淀粉溶液变蓝色，说明氧化性：Cl2＞Br2＞I2，A正确；B．浓硝酸具有强氧化性，在常温下，铁丝插入浓硝酸中，铁丝表面被浓硝酸氧化生成一层致密的氧化

物保护膜使反应停止(钝化），不同于不能发生反应，B错误；C．向乙醇中加入浓硫酸，加热，溶液变黑，产生的气体中含有乙烯、二氧化硫和二氧化碳，还有挥发的乙醇蒸气和水蒸气，气体为混合气体；另外，乙醇和二氧化硫也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能确定是否产生了乙烯，C错误；D．氯化银、碘化银沉淀的生成

与NaCl和NaI的浓度有关，若Ag+与卤素离子浓度的乘积大于其溶度积常数，就会产生相应的卤化银沉淀，因NaCl和NaI的浓度未知，不能判断Ksp(AgCl)和Ksp(AgI)的大小，D错误；故合理选项是A。9.一种钴的配合物离子的结构如图所示，下列有关说法正确的是A.2Co+的价层电

子排布式为523d4sB.C、N原子的轨道杂化类型完全相同C.第一电离能：C<N<OD.1mol该配离子含有6mol配位键【答案】D【解析】【详解】A．Co的原子序数为27，价层电子排布式为3d74s2，先失去最外层电子，则Co2+的价层电子排布式为3d7，故A项错误；

B．C原子有sp2和sp3两种杂化类型，N原子只有sp3杂化，故B项错误；C．第一电离能同周期从左到右依次增大，氮原子2p轨道电子为半充满结构，第一电离能大于相邻周期元素，则第一电离能：C＜O＜N，故C项错误；D．Co2+与O、N原子均以配位键结合，1mol该配离子

含有6mol配位键，故D项正确；故本题选D。10.为了使天然气产品的质量满足国家标准，需除去天然气中的羰基硫(COS)。如图为COS的催化水解反应机理。下列说法正确的是A.电负性：C<O<SB.2HO、2HS、COS的空间结构都为V形C.该

催化机理存在极性键断裂和非极性键的形成D.在催化剂表面COS中S与2HO中O发生交换【答案】D的【解析】【详解】A．同一周期中，从左到右元素电负性递增；同一主族中，自上而下元素电负性递减。所以电负性：CSO＜＜，A选项错误；B．2HO

的价层电子对数为4；2HS的的价层电子对数为4，空间结构为V形，COS与2CO互为等电子体，其结构与2CO相似，因此COS的空间结构也是直线形的空间结构，B选项错误；C．该催化机理存在极性键的断裂和形成，不存在非极性键的断裂和形成，C选项错误；D．在催化

剂表面COS中S与2HO中O发生交换，生成2CO和2HS，D选项正确；答案选D。11.在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化不可实现的是A.制备HCl：NaCl溶液2H⎯⎯⎯→电解和2Cl⎯⎯⎯→点燃H

ClB.制备硫酸：FeS22O高温⎯⎯⎯→SO2⎯⎯⎯⎯⎯→2O催化剂SO32HO⎯⎯⎯→H2SO4C.制备硝酸：222OHO323ONHNONONNO⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→⎯→催化剂D.制备Mg：()22MgOHMgCl⎯⎯⎯→盐酸溶液电解⎯⎯⎯⎯→Mg【答案】

D【解析】【详解】A．电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A正确；B．FeS2可以与氧气在高温的条件下反应生成SO2，SO2与氧气反应生成SO3，SO3和水可以反应生成硫酸，故B正确；C．NH3与O2在催化剂

的条件下生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，故C正确；D．Mg(OH)2和盐酸反应可以得到MgCl2溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，故D错误

；答案选D。12.铅酸蓄电池是一种常见的二次电池，放电时的总反应为22242Pb+PbO+2HSO=2PbSO+2HO，电池构造示意图如图所示。铅酸蓄电池在充电过程中还会产生氢气和氧气。下列有关说法错误的是A.铅酸电池应采取安全措施防止电池气压增大而鼓胀B.电池放电时，

Pb、2PbO电极的质量均增大C.充电时，阳极的电极反应式为222Pb2HO2ePbO4H+−++−=+D.若用直流电源充电时，电池的正极与电源的正极相连【答案】C【解析】【详解】A．铅酸蓄电池在充电过程中会产生氢气和氧气，

所以铅酸电池应采取安全措施防止电池气压增大而鼓胀，A选项不符合题意；B．Pb和PbO2放电时都生成PbSO4沉积在电极上，则电极质量均增大，B选项不符合题意；C．PbSO4难溶，阳极的电极反应式为-+2-4224PbSO+2HO-2e=PbO+

4H+SO，C选项符合题意；D．充电时电池的正极发生氧化反应，需与直流电源的正极（发生还原反应）相连，D选项不符合题意。答案选C。13.某矿石的标准组成为()7a4QXYZW，W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增加的前20号元素。W原子的价层电子排布式为2spnnnn，X是短周期元素中金

属性最强的元素，Y的最外层电子数是其内层电子数的15，Z原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同，Q的周期序数是其族序数的两倍。下列说法错误的是A.a=9B.W与X只能形成一种离子化合物C.简单离子半径：W>XD.简单氢化物稳定性：W>Z【答案】B【解析】【分析】W原子的价层电子排布式为nsn

np2n，则W为O，X是短周期元素中金属性最强的元素，则X为Na，Y的最外层电子数是其内层电子数的15，则Y为Mg，Z原子最高能级的不同轨道都有电子且自旋方向相同，则Z为P，Q的周期序数是其族序数的两倍，则Q为Ca；【详解】A．该矿石的标准组成为CaaNaMg(PO4)7，

依正负化合价代数和为0，2a+1+2=21，解得a=9，A正确；B．W与X能形成氧化钠和过氧化钠，两种离子化合物，B错误；的C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径W(O2-)＞X(Na+)，C

正确；D．元素非金属性越强，简单氢化物的稳定性就越强，非金属性：O＞P，则简单氢化物的稳定性：W(H2O)＞Z(PH3)，D正确；故选B。14.酒石酸是一种有机二元弱酸(记为2HA)。25℃时，2HA、HA−和2A−的分布分数(例如

()()()()()22HAHAHAHAAcccc−−−−=++)与溶液pH的关系如图。已知：二元弱酸能够分步滴定的条件之一是4a1a2/10KK。下列说法正确的是A.a代表()HA−随pH变化的曲线B.

由图判断，能分步滴定酒石酸溶液中的()Hc+C.当pH=3.04时，()()22AHAcc−=D.P点溶液的pH=4.37+2lg2【答案】D【解析】【分析】酒石酸是一种二元弱酸，随着pH越来越大，溶液酸性减弱，则

H2A的浓度逐渐减小，HA-的浓度先增大后减小，A2-的浓度逐渐增大，则a代表δ(H2A)、b代表δ(HA−)、c代表δ(A2−)随pH变化的曲线；由a与b的交点知Ka1=10-3.04，由b与c的交

点知Ka2=10-4.37。【详解】A．据分析可知，b代表()HA−随pH变化的曲线，A错误；B．由图可知-3.04a1-4.37a2K10=K10=101.33＜104，不能分步滴定酒石酸溶液中的c(H+)，B错误；C．酒石酸的两步电离方程式相加，有()()2+2-

3.044.377.41a1a22cHc(A)KK101010cHA−−−===，pH=3.04时，()2-7.411.333.0422c(A)10=101cHA10−−−=＜即c(A2−)＜c(H2A)，C错误；D．P点溶

液中，δ(A2−)=0.8，则δ(HA−)=0.2，Ka2()()()()+2-+-cHcA0.8cH==0.2cHA=10-4.37，c(H+)=-4.37104mol/L，所以pH=4.37＋2lg2，D正确；故选D。二、非选择题(本

大题共4小题，共58分)15.超细()2MgOH是一种优异的绿色阻燃剂。以蛇纹石(主要成分为2SiO和MgO，含少量Fe、Al、Cr、Ni、Co、Mn等的氧化物)为原料制备超细()2MgOH的一种工艺流程如下：回答下列问题：（1）为提高酸浸效率，可采取的措施有_______(答出2条即可)；酸浸

时，金属元素都被浸出，浸渣的主要成分是_______(填化学式)。（2）除杂时温度不宜过高，否则会降低22HO的利用率，原因是_______；金属杂质离子(用Men+表示)与MgO悬浮液反应生成()MeOHn沉淀而除去，离子反应方程式的通式为_

______。（3）氢氧化镁含有羟基，主要通过形成分子间_______(填“范德华力”“氢键”或“化学键”)产生团聚，形成大颗粒；CTAB是一种表面活性剂，可_______(填“增大”或“减小”)()2MeOH表面的

带电，利于制备超细氢氧化镁。（4）沉镁所得氢氧化镁沉淀中含有少量碱式硫酸镁()422MgSO5MgOH3HO，影响产品质量，需脱硫处理，反应的化学方程式为_______。（5）上述工艺流程产生的废液(滤液1、2)或废渣(浸渣、滤渣)

中，主要用于回收铁、铝、铬、镍、钴等金属的是_______。【答案】（1）①.适当增大硫酸浓度、适当升温、将原料粉碎、搅拌②.SiO2（2）①.温度过高使H2O2分解②.2Men++nMgO+nH2O=2Me(OH)n↓+nMg2+（3）①.氢键②.增大（4）MgSO4·5

Mg(OH)2·3H2O+2NaOH=6Mg(OH)2↓+Na2SO4+3H2O（5）滤渣【解析】【分析】蛇纹石(主要成分为SiO2和MgO，含少量Fe、Al、Cr、Ni、Co、Mn等的氧化物)加入稀硫酸，过滤，得到滤渣1的主要成分为不溶的SiO2，滤液1含有Mg2+、Fe3+、

Al3+、Cr3+、Ni2+、Co2+、Mn2+、Fe2+，加入过氧化氢将Fe2+转化为Fe3+，加入氧化镁悬浊液得到氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀、氢氧化铬沉淀、氢氧化钴沉淀、氢氧化镍沉淀、氢氧化锰沉淀，过滤，向滤液中加入CTAB和氨水生成氢氧化镁沉淀，在加入氢氧化钠溶液，过滤，

得到超细Mg(OH)2。【小问1详解】为提高酸浸效率，可采取的措施有适当增大硫酸浓度、适当升温、将原料粉碎、搅拌等；由分析可知，酸浸时，金属元素都被浸出，浸渣的主要成分是SiO2；小问2详解】除杂时温度不宜过高，是因为温度过高使H2O2分解；金属杂质离子(用Men+表示)与MgO悬浮液反应生成Me

(OH)n沉淀而除去，离子反应方程式的通式为：2Men++nMgO+nH2O=2Me(OH)n↓+nMg2+；【小问3详解】氢氧化镁含有羟基，主要通过形成分子间氢键产生团聚，形成大颗粒；CTAB是一种表面活性剂，可增大()2MeOH

表面带电，利于制备超细氢氧化镁；【小问4详解】沉镁所得氢氧化镁沉淀中含有少量碱式硫酸镁[MgSO4⋅5Mg(OH)2⋅3H2O]，影响产品质量，加入氢氧化钠溶液进行脱硫处理，反应的化学方程式为：MgSO4·5Mg(OH)2·3H2O

+2NaOH=6Mg(OH)2↓+Na2SO4+3H2O；【小问5详解】由分析可知，上述工艺流程产生的废液(滤液1、2)或废渣(浸渣、滤渣)中，主要用于回收铁、铝、铬、镍、钴等金属的是滤渣。16.2HS可用于合成光电构料。某兴趣小组用CaS与2MgCl反应制备液态2HS

。实验装置采用三次降温使2HS液化。结合已知信息回答下列问题。【的已知：①()22222CaSMgCl2HOCaClMgOHHS++=++；②2HS的沸点是-61℃，有毒；③装置A内产生的2HS气体中含有酸性气体杂质；④装置B的作用是初步除去易溶于水的气体杂质和细小

粉末，并实现第一次冷却2HS。（1）装置X的名称为_______；2HS分子的空间构型为_______。（2）完善虚框内的装置排序：A→B→_______→D→F→G。（3）装置C中盛装的干燥剂为_______。（4）装置G中汞的两个作用是：①平衡气压；②_______。（5）下

列说法错误的是_______。A．装置D的主要作用是第二次冷却H₂SB．加入2MgCl固体可使2MgCl溶液保持饱和，有利于平稳持续产生2HSC．该实验产生的尾气可用硝酸吸收（6）E装置的作用是_____

__(用离子方程式表示)。（7）取0.680g2HS产品，与足量4CuSO溶液充分反应后，将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230g的坩埚中，煅烧生成CuO，恒重后总质量为32.814g。产品的纯度为_______。【答案】（1）①.圆底烧瓶②.V形（2）E→C（3）P

2O5(或无水CaCl2)（4）液封，防止空气中的水蒸气等进入体系（5）AB（6）-+2H+H=SHS（7）99%【解析】【分析】A作为H2S的发生装置；B用于初步除去易溶于水的气体杂质和细小粉末，并实现第一次冷却2HS；E装置的作用为进一步除去H2S中的HC

l；C装置干燥H2S；由于不能骤冷，所以D、F都是冷却H2S的装置；G的作用有平衡气压和液封，防止空气中的水蒸气等进入体系，据此回答。【小问1详解】装置X是圆底烧瓶；2HS分子含有的价层电子对数为122+（6

-21）=4，采取sp3杂化，中心原子S含有2对孤电子对，因此它的空间构型为V形。【小问2详解】E装置的作用为进一步除去H2S中的HCl，C装置干燥H2S，应先除杂再干燥，故虚框内装置的连接顺序为E→C

。【小问3详解】装置C的作用是干燥H2S，H2S具有酸性和还原性，不能使用浓硫酸与碱石灰干燥，可用P2O5或者无水CaCl2干燥。【小问4详解】装置G中汞的两个作用是：①平衡气压：②液封，防止空气中的水蒸气等

进入体系。【小问5详解】A．由分析可知，装置B是第一次冷却2HS，装置D的主要作用是第二次冷却H₂S，A正确；B．CaS、MgCl2和水反应生成H2S，饱和溶液中的MgCl2消耗后，MgCl2固体会溶解，保持MgCl2为饱和溶液，有利于平稳持续产生H2S，B正确；C．该实验产生的尾气主要为H2S

，H2S与硝酸反应生成氮的氧化物，氮的氧化物是有毒的污染气体，因此不可用硝酸吸收，C错误；答案选AB。【小问6详解】装置E的作用为进一步除去H2S中的杂质HCl等酸性气体，故发生反应的离子方程式是-+2H+H=

SHS。【小问7详解】根据铜守恒，氧化铜的质量为32.814g-31.230g=1.584g，则氧化铜物质的量为0.0198mol，CuSCuO11n0.0198mol，硫化铜物质的量为0.0198mol，则H2S物质的量为0.0198mol，H2

S的质量为0.6732g，产品纯度为0.6732g100%=99%0.680。17.二氧化碳一甲烷重整反应制备合成气(H2+CO)是一种生产高附加值化学品的低碳过程。该过程存在如下化学反应：①()()

()()422CHgCOg2Hg2COg++1ΔH②()()()()222COg2HgCs2HOg++12Δ90.2kJmolH−=−③()()()42CHgCs2Hg+13Δ74.9kJmolH−=+④()()()()22COgHgHOgCs++14

Δ131.3kJmolH−=−回答下列问题：（1）1ΔH=_______，反应①_______正向自发进行(填标号)。A．低温下能B．高温下能C．任何温度下都能D．任何温度下都不能（2）反应体系总压强分别为5.00MPa1.00MPa

、和0.50MPa时，4CH平衡转化率随反应温度变化如图所示，则代表反应体系总压强为5.00MPa的曲线是_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)，判断依据是_______。（3）控制恒温和总压强1.00MPa条件下，向密闭容器中通入2molCH

4和1molCO2只发生反应①，达到平衡时H2的体积分数为25%，CO2的平衡转化率为_______，平衡常数KP=_______(MPa)2。（4）MnO是制备甲烷重整反应催化剂的原料。基态氧原子价层电子排布的轨道表示式为___

____；MnO的立方晶胞结构如图所示，实验测得其晶胞参数0.448nma=，用AN代表阿伏加德罗常数的值，MnO晶体的密度ρ=_______3gcm(列出计算式即可)。【答案】（1）①.+247.3kJ/mol②.B（2）①.Ⅲ②.恒温减压时平衡①、③右移，甲烷平衡转化率增大（3）①.50%

②.112（4）①.②.213A471100.448N【解析】【小问1详解】①()()()()422CHg+COg2Hg+2COg1ΔH②()()()()222COg+2HgCs+2HOg-12Δ=-902kJ?molH．③()()(

)42CHgCs+2Hg-13Δ=+749kJ?molH．④()()()()22COg+HgHOg+Cs-14Δ=-1313kJ?molH，依据盖斯定律可知反应②+③-2×④得方程式①，则ΔH1=ΔH2+ΔH3-2ΔH4=（-90.2+74

.9+2×131.3）kJ/mol=+247.3kJ/mol；反应①中ΔH＞0，反应①中ΔS＞0，如果ΔG=ΔH-TΔS＜0反应能自发进行，反应①在高温下正向自发进行，故选B；【小问2详解】甲烷反应的

方程式中，反应前后气体计量数增大，其它条件不变时，恒温减压时平衡①、③右移，甲烷平衡转化率增大，所以代表反应体系总压强为5.00MPa的曲线是Ⅲ；【小问3详解】控制恒温和总压强1.00MPa条件下，向密闭容器中通入2molCH4和1molCO2只发生反应①，设转化了xmolCO2，列三段式，()

()()()422CHg+COg2Hg+2COgmol2100molxx2x2xmol2-x1-x2x2x起始（）转化（）平衡（），达到平衡时H2的体积分数为25%，2x×100%=25%2-x+1-x+2x+2x，x=0.5mol，CO2的平衡转化率为0.5mol×100%=50%

1mol；平衡后混合气体总物质的量为4mol，CH4物质的量为1.5mol，CO2物质的量为0.5mol，H2物质的量为1mol，CO物质的量为1mol，()()()()()222222P42111MPa1MPapCOpH144K=

MPa1.50.5pCHpCO121MPa1MPa44==；【小问4详解】基态氧原子价层电子排布的轨道表示式为；根据均摊法，每个晶胞中含有O的个数为118+6=482，Mn的个数为112+1=44，1个晶胞质量为A471

gN，晶胞体积为3-2130.44810cm，则晶胞密度为213A471100.448N3gcm；18.农作物感染致病菌后，会诱发多种作物疾病，给农业生产造成巨大经济损失。化合物H是一种研制中的农用抗菌剂，其合成

路线如下：回答下列问题：（1）B的化学名称为_______；生成C时还生成一种无机物，其化学式为_______。（2）C的ACD/3D结构模型显示分子中所有原子位于同一平面，说明C中碳、氮原子的轨道杂化类型为__

_____；D也是平面型分子，其分子中碳、氮原子形成大π键的p电子数为_______。（3）E的结构简式为_______；生成F的反应类型为_______。（4）G可由与2SOCl反应制备(同时生成两种无机气体)，该反应的化学方程式为_______。（5）参照上述物质转化信息，以甲苯和苯

胺为主要原料制备，写出合成路线_______(其它试剂任选)。【答案】（1）①.甲酰胺②.H2O（2）①.sp2②.10（3）①.②.取代反应（4）（5）【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，与共热反应生成和水，催化剂作用下与SOCl2反应生成，催化剂作用下与发生取代反应生成，则E为；催化剂作用

下与发生取代反应生成。【小问1详解】由结构简式可知，的名称为甲酰胺；由分析可知，生成C的反应为与共热反应生成和水，故答案为：甲酰胺；H2O；【小问2详解】C的ACD/3D结构模型显示分子中所有原子位于同一平面，说明C中碳、氮原子的轨道杂化类

型为sp2杂化；D也是平面型分子，说明分子中碳、氮原子轨道杂化类型为sp2杂化，未参与杂化的p电子形成大π键，由结构简式可知，形成大π键的p电子数为10，故答案为：sp2；10；【小问3详解】由分析可知，E的结构简式为；生成

F的反应为催化剂作用下与发生取代反应生成和氯化氢，故答案为：；取代反应；【小问4详解】由题意可知，与SOCl2发生取代反应生成、二氧化硫和氯化氢，反应的化学方程式为，故答案为：；【小问5详解】由有机物的转化关系可知，以甲苯和苯胺为主要原料制备的合成步骤为与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，与SOC

l2发生取代反应生成，催化剂作用下与发生取代反应生成，合成路线为。