2019年陕西省榆林市高三化学三模试卷及答案解析

2019年陕西省榆林市高考化学三模试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6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 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 的）1．（6分）化学与生活、社会科技关系密切，下列解释正确的是（　　）A．夏天雷雨过后空气清新的主要原因是放电时N2和O2合成了NOB．维生素D能促进人体对钙的吸收C．“碳海绵”吸收泄露的原油时发生了化学变化D．聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程2．（6分）有机物W在工业上常用作溶剂和香料，其合成方法如下：下列说法不正确的是（　　）A．M、N、W均能发生加成反应和取代反应B．N、W组成上相差一个CH2原子团，所以互为同系物C．1molM与1molw完全燃烧消耗O2的物质的量相同D．M苯环上的二氯代物有6种3．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，且位于不同的主族，其主族序数之和等于前三周期元素的种类数，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，短周期主族元素中Z的原子半径最大。下列说法正确的是（　　）A．一定条件下，X和Z的单质与水反应均生成H2B．Y的氢化物的沸点低于硫化氢C．Z与Y和W分别形成1：1的化合物中，所含化学键完全相同D．W是所在周期中金属性最强的元素4．（6分）用NA表示阿伏伽德罗常数的值，则下列说法正确的是（　　）A．常温下，pH＝1的盐酸中含有H+的数目为0.1NAB． 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 状况下，22.4LCl2与Fe完全反应时，转移电子数为3NAC．32gO2和32gO3中所含原子数均为2NAD．常温常压下，23gC2H6O中，一定含有2.5NA个C﹣H键5．（6分）从海水中提取镁、溴和碘是海水综合利用的重要 内容 财务内部控制制度的内容财务内部控制制度的内容人员招聘与配置的内容项目成本控制的内容消防安全演练内容 ，下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置正确的是（　　）A．用此装置灼烧碎海带B．用此装置过滤海带灰的浸泡液C．用此装置制备用于氧化浸泡液中I﹣的Cl2D．用此装置吸收氧化浸泡液中I﹣后的Cl2尾气6．（6分）一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示．下列有关说法正确的是（　　）A．b电极为该电池的负极B．b电极附近溶液的pH减小C．a电极反应式：C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+D．中间室：Na+移向左室，Cl﹣移向右室7．（6分）对某溶液中部分离子的定性检测流程如下。相关分析正确的是（　　）A．步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液B．可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体C．步骤②的反应为Al3++3HCO3﹣＝A1（OH）3↓+CO2↑D．检验Fe3+的离子反应方程式为Fe3++3SCN﹣＝Fe（SCN）3↓（血红色）三、非选择题（包括必考题和选考题两部分）（一）必考题8．（14分）探索CO2与CH4的反应使其转化为CO和H2，对减缓燃料危机，减少温室效应具有重要意义。回答下列问题（1）已知：①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+206.1kJ•mol﹣1②2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（1）△H2＝﹣128.3kJ•mol﹣1③2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）△H3＝﹣483.6kJ•mol﹣125℃时，在合适的催化剂作用下，采用甲烷和氧气一步合成液态甲醇的热化学方程式为　　。（2）向某密闭恒容容器中通入物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g），测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。①工业生产时一般会选择在P4和1250℃条件下进行反应，请解释其原因　　。②在压强为P4、1100℃的条件下，该反应在5min时达到平衡点X，则0﹣5min内，用CO表示该反应平均速率为　　；该温度下，反应的平衡常数为　　（保留3位有效数字）。（3）工业上用CO和H2制取甲醇反应方程式为2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）。对于该合成反应，若通入的CO的物质的量一定，下图为4种投料比[n（CO）：n（H2）分别为5：7、10：17、5：9、1：2]时，反应温度对CO平衡转化率的影响曲线。①曲线b对应的投料比是　　。②当反应在曲线a、b、c对应的投料比下达到相同的平衡转化率时，对应的反应温度和投料比的关系是　　。③投料比为10：17反应温度为T1时，平衡混合气体中CO的物质的量分数为　　。9．（14分）黄铁矿石是制取硫酸的主要原料，主要成分为FeS2和少量FeS（假设其它杂质中不含铁、硫元素，且高温下不发生化学变化）。某化学兴趣小组对该黄铁矿石进行如下实验探究。将m1g该黄铁矿石的样品放入如图装置（夹持和加热装置略）的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全。其反应的化学方程式为4FeS2+11O2＝2Fe2O3+8SO2，4FeS+7O2＝2Fe2O3+4SO2（1）鼓人空气的作用是　　，锥形瓶乙中NaOH溶液的作用是　　。【实验一】测定硫元素的含量反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：（2）反应结束后，给乙瓶溶液中加入足量H2O2溶液的目的是　　（用化学方程式表示）。（3）洗涤滤渣的方法是　　。（4）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为　　（列出表达式即可）。【实验二】测定铁元素的含量①用足量稀硫酸溶解石英管中的固体残渣；②加还原剂使溶液中的Fe3+恰好完全转化为Fe2+后，过滤、洗涤；③将滤液稀释至250mL；④取25.00mL稀释液，用0.1000mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定，三次滴定实验，平均消耗酸性KMnO4溶液25.00mL。（5）操作②中用铁粉作还原剂，测定铁的含量　　（填“偏高”或“偏低”或“不变”），操作④中滴定时酸性KMnO4溶液盛装在　　填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”），③中稀释液中Fe2+的物质的量浓度c（Fe2+）＝　　。10．（15分）重铬酸钠是一种用途极广的强氧化剂，工业上可以用铬铁矿[主要成分为Fe（CrO2）2或FeO•Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质]制备，其主要工艺流程如图所示。请回答下列问题：（1）煅烧铬铁矿生成Na2CrO4的化学方程式为　　。（2）调节溶液的pH所选的试剂为　　（填名称），写出生成Al（OH）3的化学方程式　　。（3）Na2CrO4溶液酸化时发生反应2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙红色）+H2O。①该反应　　氧化还原反应（填“是”或“不是”），反应的平衡常数表达式：K＝　　。②若向Na2Cr2O7溶液（橙红色）中加入足量的NaOH固体，溶液　　（填标号）A．变黄色B．颜色不变C．变红色溶液③已知：25℃时，Ag2CrO4的Ksp＝1.12×10﹣12，Ag2Cr2O7，的Ksp＝2×10﹣7．25℃时，向Na2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液，生成砖红色沉淀，且溶液酸性增强，该沉淀的化学式是　　。（4）用重铬酸钠（Na2Cr2O7）结晶后的母液生产重铬酸钾的反应为Na2Cr2O7+2KCl＝K2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度图回答，冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是　　。（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。【化学--选修3：物质结构与性质】11．（15分）将过量的氨水加到硫酸铜溶液中，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，析出深蓝色的晶体[Cu（NH3）4]SO4•H2O。（1）Cu2+价电子排布式为　　；[Cu（NH3）4]SO4•H2O中，1mol[Cu（NH3）4]2+含有σ键的数目为　　。（2）SO42﹣中S原子轨道杂化类型为　　，H3O+几何构型为　　。（3）NH3极易溶于H2O中，可能的原因为　　。（4）N、O、S第一电离能由大到小的顺序为　　。（5）Cu与F形成的化合物的晶胞结构如图所示，若晶体密度为ag•cm﹣3，则Cu与F最近距离为　　pm（用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算表达式，不用化简）。【化学--选修5有机化学基础】12．尼美舒利是一种非甾体抗炎药，它的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的化学名称为　　。（2）B的结构简式为　　。（3）由C生成D的化学方程式为　　，E→F的反应类型为　　。（4）C中的官能团有　　、　　（填官能团名称）。（5）由甲苯为原料可经三步合成2，4，6﹣三氨基苯甲酸，合成路线如下：反应①的试剂和条件为　　；中间体B的结构简式为　　；反应③试剂和条件为　　。（6）E的同分异构体中能同时满足下列条件的共有　　种（不含立体异构）；①含有两个苯环且两个苯环直接相连②能与FeCl3溶液发生显色反应③两个取代基不在同一苯环上其中核磁共振氢谱为6组峰，峰面积比为2：2：2：2：2：1的结构简式为　　。2019年陕西省榆林市高考化学三模试卷参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 与试题解析一、选择题（本大题共7小题，每小题6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的）1．（6分）化学与生活、社会科技关系密切，下列解释正确的是（　　）A．夏天雷雨过后空气清新的主要原因是放电时N2和O2合成了NOB．维生素D能促进人体对钙的吸收C．“碳海绵”吸收泄露的原油时发生了化学变化D．聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程【分析】A．雷雨过后空气中的氧气，有些变成了臭氧；B．维生素D能促进人体和动物对钙和磷的吸收；C．由碳元素组成的超轻物质，内部像海绵一样多孔隙，故名“碳海绵”，吸收泄露的原油时发生物理变化；D．油脂不是高分子化合物。【解答】解：A．雷雨过后空气中的氧气，有些变成了臭氧，且空气中固体颗粒随雨水落下，感觉到空气清新，故A错误；B．维生素D为固醇类衍生物，具抗佝偻病作用，又称抗佝偻病维生素，能促进人体对钙的吸收，故B正确；C．碳海绵可用于处于海上原油泄露事件，处理时先用它吸收浮在水面上的原油，再通过挤压，将碳海绵内的原油进行回收，此过程无新物质生成，发生物理变化，故C错误；D．高分子是相对分子质量达几万或几十万的分子，聚乳酸酯属于高分子，油脂分子不属于高分子，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学与生活、社会科技关系有关知识，涉及物质的性质、现象的解释以及物质的变化等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重化学应用与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。2．（6分）有机物W在工业上常用作溶剂和香料，其合成方法如下：下列说法不正确的是（　　）A．M、N、W均能发生加成反应和取代反应B．N、W组成上相差一个CH2原子团，所以互为同系物C．1molM与1molw完全燃烧消耗O2的物质的量相同D．M苯环上的二氯代物有6种【分析】由合成流程可知，M发生氧化反应生成N，N与甲醇发生酯化反应生成W，A．N属于羧酸，W属于酯；B．M、N、W均含苯环；C．根据化学组成判断；D．M中2个Cl可在相邻、相间、相对等位置。【解答】解：A．M、N、W均含苯环，均可与氢气发生加成反应，在催化剂条件下苯环上H可发生取代反应，故A正确；B．N属于羧酸，W属于酯，为不同类别的有机物，不属于同系物，故B错误；C．二者在分子组成上相差一个CO2，则1molM与1molw完全燃烧消耗O2的物质的量相同，故C正确；D．M中2个Cl均在苯环上有邻、间、对位置时有2+3+1＝6种，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应、同分异构体为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。3．（6分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，且位于不同的主族，其主族序数之和等于前三周期元素的种类数，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，短周期主族元素中Z的原子半径最大。下列说法正确的是（　　）A．一定条件下，X和Z的单质与水反应均生成H2B．Y的氢化物的沸点低于硫化氢C．Z与Y和W分别形成1：1的化合物中，所含化学键完全相同D．W是所在周期中金属性最强的元素【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，短周期主族元素中Z的原子半径最大，则Z为Na元素；四种元素主族序数之和等于前三周期元素的种类数，即为18，则X、Y、W的主族序数之和为18﹣1＝17，平均为＞5，且位于不同的主族，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Y的原子序数小于Na，X、Y只能位于第二周期，W的主族序数最大为ⅤⅡ，Y的族序数大于X，则Y的主族序数＞＝5，当Y为O时，X为C元素，W为Cl元素，满足条件；Y为F时，X为N，W为P，P、N同主族，不满足条件，据此解答。【解答】解：根据分析可知，X为C，Y为O，Z为Na，W为Cl元素。A．碳单质与水蒸气在高温下反应生成CO和氢气，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，故A正确；B．水分子之间存在氢键，则水的沸点大于硫化氢，故B错误；C．O与Na只能形成的过氧化钠中含有离子键和共价键，Na与Cl形成的NaCl中只含有离子键，二者含有化学键类型不完全相同，故C错误；D．W为Cl，Cl元素为第三周期中非金属性最强的元素，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的应用，题目难度中等，根据题干信息正确推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。4．（6分）用NA表示阿伏伽德罗常数的值，则下列说法正确的是（　　）A．常温下，pH＝1的盐酸中含有H+的数目为0.1NAB．标准状况下，22.4LCl2与Fe完全反应时，转移电子数为3NAC．32gO2和32gO3中所含原子数均为2NAD．常温常压下，23gC2H6O中，一定含有2.5NA个C﹣H键【分析】A、溶液体积不明确；B、求出氯气的物质的量，然后根据氯气和铁反应后变为﹣1价来分析；C、氧气和臭氧都由氧原子构成；D、C2H6O可能是乙醇，也可能是二甲醚。【解答】解：A、溶液体积不明确，故此溶液中的氢离子的个数无法计算，故A错误；B、标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，而氯气和铁反应后变为﹣1价，故1mol氯气转移2NA个电子，故B错误；C、氧气和臭氧都由氧原子构成，故32g氧气和32g臭氧中含有的氧原子均为2mo，个数为2NA个，故C正确；D、C2H6O可能是乙醇，也可能是二甲醚，故23gC2H6O即0.5mol此物质中含有的C﹣H键不一定是2.5NA个，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。5．（6分）从海水中提取镁、溴和碘是海水综合利用的重要内容，下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置正确的是（　　）A．用此装置灼烧碎海带B．用此装置过滤海带灰的浸泡液C．用此装置制备用于氧化浸泡液中I﹣的Cl2D．用此装置吸收氧化浸泡液中I﹣后的Cl2尾气【分析】A．灼烧在坩埚中进行；B．图中为过滤装置；C．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热；D．食盐水不能吸收氯气。【解答】解：A．灼烧在坩埚中进行，不能使用烧杯，故A错误；B．图中为过滤装置，可过滤海带灰的浸泡液，故B正确；C．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，图中缺少酒精灯，故C错误；D．食盐水不能吸收氯气，应选NaOH吸收尾气，故D错误；故选：B。【点评】本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验装置的判断及应用，题目难度不大。6．（6分）一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示．下列有关说法正确的是（　　）A．b电极为该电池的负极B．b电极附近溶液的pH减小C．a电极反应式：C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+D．中间室：Na+移向左室，Cl﹣移向右室【分析】该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+6H2O＝N2↑+12OH﹣，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+，据此分析解答．【解答】解：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+＝N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+，A．该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，故A错误；B．右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+6H2O＝N2↑+12OH﹣，生成氢氧根离子导致溶液碱性增大，溶液的pH增大，故B错误；C．左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+，故C正确；D．放电时，电解质溶液中阳离子Na+移向正极右室，阴离子Cl﹣移向负极室左室，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学电源新型电池，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据N元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的 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写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握；7．（6分）对某溶液中部分离子的定性检测流程如下。相关分析正确的是（　　）A．步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液B．可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体C．步骤②的反应为Al3++3HCO3﹣＝A1（OH）3↓+CO2↑D．检验Fe3+的离子反应方程式为Fe3++3SCN﹣＝Fe（SCN）3↓（血红色）【分析】溶液中加入物质后产生红褐色的沉淀同时产生气体，所以加入的物质是碱，铵根离子和碱之间反应得到氨气，铁离子和碱反应得到的是氢氧化铁，溶液X时偏铝酸盐的溶液，偏铝酸根和碳酸氢根离子之间反应可以得到氢氧化铝沉淀。【解答】解：溶液中加入物质后产生红褐色的沉淀同时产生气体，所以加入的物质是碱，铵根离子和碱之间反应得到氨气，铁离子和碱反应得到的是氢氧化铁，溶液X时偏铝酸盐的溶液，偏铝酸根和碳酸氢根离子之间反应可以得到氢氧化铝沉淀。A、根据以上分析，步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液或是其他强碱溶液，故A正确；B、可以用湿润的红色石蕊试纸检验生成的无色气体氨气，会变蓝，故B错误；C、步骤②反应H2O+A1O2﹣+HCO3﹣═Al（OH）3↓+CO32﹣，故C错误；D、铁离子遇硫氰化钾溶液会变血红色，但不是沉淀，故D错误。故选：A。【点评】本题考查学生元素化合物的性质知识，注意离子的检验方法是关键，难度不大。三、非选择题（包括必考题和选考题两部分）（一）必考题8．（14分）探索CO2与CH4的反应使其转化为CO和H2，对减缓燃料危机，减少温室效应具有重要意义。回答下列问题（1）已知：①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+206.1kJ•mol﹣1②2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（1）△H2＝﹣128.3kJ•mol﹣1③2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）△H3＝﹣483.6kJ•mol﹣125℃时，在合适的催化剂作用下，采用甲烷和氧气一步合成液态甲醇的热化学方程式为　CH4（g）+O2（g）⇌CH3OH（1）△H＝﹣164.0kJ•mol﹣1　。（2）向某密闭恒容容器中通入物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g），测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。①工业生产时一般会选择在P4和1250℃条件下进行反应，请解释其原因　较大的压强和较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率　。②在压强为P4、1100℃的条件下，该反应在5min时达到平衡点X，则0﹣5min内，用CO表示该反应平均速率为　0.032mol/（L•min）　；该温度下，反应的平衡常数为　1.64　（保留3位有效数字）。（3）工业上用CO和H2制取甲醇反应方程式为2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）。对于该合成反应，若通入的CO的物质的量一定，下图为4种投料比[n（CO）：n（H2）分别为5：7、10：17、5：9、1：2]时，反应温度对CO平衡转化率的影响曲线。①曲线b对应的投料比是　5：9　。②当反应在曲线a、b、c对应的投料比下达到相同的平衡转化率时，对应的反应温度和投料比的关系是　投料比越大，反应温度越低　。③投料比为10：17反应温度为T1时，平衡混合气体中CO的物质的量分数为　20.8%　。【分析】（1）已知：①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+206.1kJ•mol﹣1②2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（1）△H2＝﹣128.3kJ•mol﹣1③2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）△H3＝﹣483.6kJ•mol﹣1根据盖斯定律①+②+③×可得；（2）①根据压强和温度对反应的影响分析；②图1可知，压强为P4、1100℃的条件下，该反应5min时达到平衡X点，是甲烷的转化率为80%，甲烷的浓度变化量为0.1mol/L×80%＝0.08mol/L，故v（CH4）＝＝0.016mol/（L•min），根据速率之比等于化学计量数之比，所以v（CO）＝2v（CH4）＝2×0.16mol/（L•min）＝0.032mol/（L•min），CH4（g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g），开始（mol/L）：0.10.100变化（mol/L）：0.080.080.160.16平衡（mol/L）：0.020.020.160.16据此计算；（3）①通入的CO的物质的量一定，则通入氢气的物质的量越多，CO转化率越高，据此分析；②在曲线上找一转化率对应温度可得；③投料比为10：17对应曲线c，反应温度为T1时，CO的转化率为75%，参与反应的n（CO）＝10mol，则n（H2）＝17mol，列三段式：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）起始n：17100转化n：157.57.5平衡n：22.57.5，据此计算可得。【解答】解：（1）已知：①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1＝+206.1kJ•mol﹣1②2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（1）△H2＝﹣128.3kJ•mol﹣1③2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）△H3＝﹣483.6kJ•mol﹣1根据盖斯定律①+②+③×可得：CH4（g）+O2（g）⇌CH3OH（1）△H＝﹣164.0kJ•mol﹣1；故答案为：CH4（g）+O2（g）⇌CH3OH（1）△H＝﹣164.0kJ•mol﹣1；（2）①工业生产时一般会选择在P4和1250℃条件下进行反应的原因是较大的压强和较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率；故答案为：较大的压强和较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率；②图1可知，压强为P4、1100℃的条件下，该反应5min时达到平衡X点，是甲烷的转化率为80%，甲烷的浓度变化量为0.1mol/L×80%＝0.08mol/L，故v（CH4）＝＝0.016mol/（L•min），根据速率之比等于化学计量数之比，所以v（CO）＝2v（CH4）＝2×0.16mol/（L•min）＝0.032mol/（L•min），CH4（g）+CO2（g）＝2CO（g）+2H2（g），开始（mol/L）：0.10.100变化（mol/L）：0.080.080.160.16平衡（mol/L）：0.020.020.160.16故该温度下平衡常数k＝＝1.64；故答案为：0.032mol/（L•min）；1.64；（3）①通入的CO的物质的量一定，则通入氢气的物质的量越多，CO转化率越高，则投料比n（CO）：n（H2）依次5：7、10：17、5：9、1：2的氢气含量越高，CO转化率越大，对应的曲线为dcba，故曲线b对应的投料比是5：9；故答案为：5：9；②a、b、c对应的投料比为1：2、5：9、10：17，由图可知，达到相同的平衡转化率时，投料比越大，反应温度越低；故答案为：投料比越大，反应温度越低；③投料比为10：17对应曲线c，反应温度为T1时，CO的转化率为75%，参与反应的n（CO）＝10mol，则n（H2）＝17mol，列三段式：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）起始n：17100转化n：157.57.5平衡n：22.57.5平衡混合气体中CO的物质的量分数为＝20.8%。【点评】本题涉及盖斯定律、化学反应速率和平衡、影响化学平衡的因素等有关知识，综合性强，难度中等，注意把握图中曲线与反应条件的关系，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，9．（14分）黄铁矿石是制取硫酸的主要原料，主要成分为FeS2和少量FeS（假设其它杂质中不含铁、硫元素，且高温下不发生化学变化）。某化学兴趣小组对该黄铁矿石进行如下实验探究。将m1g该黄铁矿石的样品放入如图装置（夹持和加热装置略）的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全。其反应的化学方程式为4FeS2+11O2＝2Fe2O3+8SO2，4FeS+7O2＝2Fe2O3+4SO2（1）鼓人空气的作用是　提供反应需要的氧气，排出装置中生成的二氧化硫被乙装置全部吸收　，锥形瓶乙中NaOH溶液的作用是　吸收反应生成的二氧化硫气体　。【实验一】测定硫元素的含量反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：（2）反应结束后，给乙瓶溶液中加入足量H2O2溶液的目的是　Na2SO3+H2O2＝Na2SO4+H2O　（用化学方程式表示）。（3）洗涤滤渣的方法是　沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没固体，静置待水自然全部流下，重复操作2～3次　。（4）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为　×100%　（列出表达式即可）。【实验二】测定铁元素的含量①用足量稀硫酸溶解石英管中的固体残渣；②加还原剂使溶液中的Fe3+恰好完全转化为Fe2+后，过滤、洗涤；③将滤液稀释至250mL；④取25.00mL稀释液，用0.1000mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定，三次滴定实验，平均消耗酸性KMnO4溶液25.00mL。（5）操作②中用铁粉作还原剂，测定铁的含量　偏高　（填“偏高”或“偏低”或“不变”），操作④中滴定时酸性KMnO4溶液盛装在　酸式滴定管　填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”），③中稀释液中Fe2+的物质的量浓度c（Fe2+）＝　0.5000mol/L　。【分析】（1）鼓入空气提供反应需要的氧气，排出装置中生成的二氧化硫被乙装置全部吸收；锥形瓶乙中NaOH溶液的作用是吸收尾气，防止空气污染；（2）为减少实验误差，最后使完全转化成SO42﹣，从而完全生成硫酸钡沉淀；双氧水足量将亚硫酸根离子完全转化；（3）过滤装置内洗涤沉淀；（4）硫原子守恒计算硫铁矿中硫的质量，从而计算其质量分数；（5）铁和铁离子反应生成的亚铁离子物质的量增大，高锰酸钾溶液具有氧化性能氧化橡胶管，结合氧化还原反应离子方程式计算亚铁离子物质的量，计算25mL溶液中亚铁离子的浓度。【解答】解：（1）鼓入空气提供反应需要的氧气，排出装置中生成的二氧化硫被乙装置全部吸收，锥形瓶乙中NaOH溶液的作用是：吸收反应生成的二氧化硫气体，故答案为：提供反应需要的氧气，排出装置中生成的二氧化硫被乙装置全部吸收；吸收反应生成的二氧化硫气体；（2）为使亚硫酸根离子完全转化为硫酸根离子，加入的双氧水要足量，发生的反应的化学方程式为：Na2SO3+H2O2＝Na2SO4+H2O，H2O2，故答案为：Na2SO3+H2O2＝Na2SO4+H2O；（3）洗涤滤渣的方法为：沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没固体，静置待水自然全部流下，重复操作2～3次，故答案为：沿玻璃棒向过滤器中加蒸馏水至浸没固体，静置待水自然全部流下，重复操作2～3次；（4）最终所得沉淀是硫酸钡，根据硫原子守恒得硫的质量，设硫的质量为x，S﹣﹣﹣﹣﹣BaSO432g233gxm2gx＝g质量分数＝×100%；故答案为：×100%；（5）铁和铁离子反应生成的亚铁离子物质的量增大，用高锰酸钾物质的量增大，测定结果偏高，操作④中滴定时酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化橡胶管，盛装在酸式滴定管中，滴定过程中高锰酸钾溶液平均消耗体积25mL，氧化还原反应为：5Fe2++MnO4﹣+8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，设亚铁离子物质的量为x，则5Fe2++MnO4﹣+8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O51x0.1mol/L×0.025Lx＝0.0125mol；c（Fe2+）＝＝0.5000mol/L；故答案为：偏高；酸式滴定管；0.5000mol/L。【点评】本题考查了探究物质的含量实验，滴定实验的方法和计算，溶液配制方法和仪器的使用方法，根据元素化合物的性质来分析解答即可，题目难度中等，注意防止空气中二氧化碳的干扰。10．（15分）重铬酸钠是一种用途极广的强氧化剂，工业上可以用铬铁矿[主要成分为Fe（CrO2）2或FeO•Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质]制备，其主要工艺流程如图所示。请回答下列问题：（1）煅烧铬铁矿生成Na2CrO4的化学方程式为　4Fe（CrO2）2+7O2+8Na2CO38CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3　。（2）调节溶液的pH所选的试剂为　稀硫酸　（填名称），写出生成Al（OH）3的化学方程式　AlO2﹣+H++H2O＝Al（OH）3↓　。（3）Na2CrO4溶液酸化时发生反应2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙红色）+H2O。①该反应　不是　氧化还原反应（填“是”或“不是”），反应的平衡常数表达式：K＝　　。②若向Na2Cr2O7溶液（橙红色）中加入足量的NaOH固体，溶液　A　（填标号）A．变黄色B．颜色不变C．变红色溶液③已知：25℃时，Ag2CrO4的Ksp＝1.12×10﹣12，Ag2Cr2O7，的Ksp＝2×10﹣7．25℃时，向Na2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液，生成砖红色沉淀，且溶液酸性增强，该沉淀的化学式是　Ag2CrO4　。（4）用重铬酸钠（Na2Cr2O7）结晶后的母液生产重铬酸钾的反应为Na2Cr2O7+2KCl＝K2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度图回答，冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是　低温时K2Cr2O7溶解度远小于其它组分　。【分析】铬铁矿[主要成分为Fe（CrO2）2或FeO•Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质]，加入纯碱、通入空气，煅烧可生成二氧化碳、Na2CrO4和氧化铁，同时生成偏铝酸钠、硅酸钠，加入水浸出，过滤分离出氧化铁，滤液中含有Na2CrO4、偏铝酸钠、硅酸钠，调节溶液pH生成氢氧化铝、硅酸，过滤除去，得到Na2CrO4溶液，酸化得到Na2Cr2O7，加入硫化钠，发生氧化还原反应生成氢氧化铬，溶液b为硫酸钠，以此解答该题。【解答】解：（1）煅烧铬铁矿生成Na2CrO4的化学方程式为4Fe（CrO2）2+7O2+8Na2CO38CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3，故答案为：4Fe（CrO2）2+7O2+8Na2CO38CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3；（2）由流程可知酸化后得到硫酸钠，则应加入稀硫酸酸化，生成氢氧化铝的离子方程式为AlO2﹣+H++H2O＝Al（OH）3↓，故答案为：稀硫酸；AlO2﹣+H++H2O＝Al（OH）3↓；（3）①反应2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙红色）+H2O中，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，平衡常数K＝，故答案为：不是；；②发生2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙红色）+H2O，若向Na2Cr2O7溶液（橙红色）中加入足量的NaOH固体，则平衡逆向移动，溶液呈黄色，故答案为：A；③Ksp（Ag2CrO4）＜Ksp（Ag2Cr2O7），即形成沉淀时，Ag2CrO4所需Ag+浓度最小，即容易形成Ag2CrO4沉淀，故答案为：Ag2CrO4；（4）由图象可知低温时K2Cr2O7溶解度远小于其它组分，则冷却结晶析出大量K2Cr2O7，故答案为：低温时K2Cr2O7溶解度远小于其它组分。【点评】本题考查了重铬酸钠的制取原理及除杂方法，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意合理分析题中信息，难度中等。（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。【化学--选修3：物质结构与性质】11．（15分）将过量的氨水加到硫酸铜溶液中，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，析出深蓝色的晶体[Cu（NH3）4]SO4•H2O。（1）Cu2+价电子排布式为　3d9　；[Cu（NH3）4]SO4•H2O中，1mol[Cu（NH3）4]2+含有σ键的数目为　16NA　。（2）SO42﹣中S原子轨道杂化类型为　sp3　，H3O+几何构型为　三角锥形　。（3）NH3极易溶于H2O中，可能的原因为　氨气和水都是极性分子，“相似相溶”，NH3与H2O之间形成氢键，NH3与H2O可发生化学反应　。（4）N、O、S第一电离能由大到小的顺序为　N＞O＞S　。（5）Cu与F形成的化合物的晶胞结构如图所示，若晶体密度为ag•cm﹣3，则Cu与F最近距离为　　pm（用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算表达式，不用化简）。【分析】（1）Cu原子的价电子排布是3d104s1，Cu2+是Cu失去2个e﹣得到的；[Cu（NH3）4]2+中NH3作为配体，其中1molNH3含有3molN﹣H键，即有3mol的σ键，配位数是4，固1mol配离子有4mol配位键，即4molσ键；从而算出总的σ键；（2）SO42﹣中价层电子对数＝σ键数+孤电子对数，算出S原子轨道杂化类型；H3O+的价电子对数，再结合孤电子对，得出空间构型；（3）相似相溶原理，极性分子易溶于极性分子，非极性分子易溶于非极性分子，氨气和水都是极性分子，根据相似相溶原理，NH3极易溶于H2O中；另外，氨气分子与水分子之间形成氢键，氨气与水又要发生化学反应，加大溶解度；（4）同一周期，从左到右，第一电离能依次增大，ⅡA、ⅤA反常，同一主族，从上到下，第一电离能依次减弱；得出N、O、S的第一电离能的大小；（5）由题意，如图所示，Cu与F最近距离为体对角线的，一个晶胞中，Cu的原子个数：＝4，F的原子个数：4，根据ρ＝，ρ＝ag•cm﹣3；m＝4×（64+19）/NA；所以Cu与F最近距离为。【解答】解：（1）Cu原子的价电子排布是3d104s1，Cu2+是Cu失去2个e﹣得到的，故Cu2+价电子排布式为：3d9；[Cu（NH3）4]2+中NH3作为配体，其中1molNH3含有3molN﹣H键，即有3mol的σ键，配位数是4，固1mol配离子有4mol配位键，即4molσ键；故1mol[Cu（NH3）4]2+中含有的3mo×4+4mol＝16molσ键，故答案为：3d9；16NA；（2）SO42﹣中价层电子对数＝σ键数+孤电子对数，即＝4+＝4，所以S原子轨道杂化类型为sp3杂化；H3O+的价电子对数＝3+＝4，因为有一对孤电子对，故空间构型为三角锥形；故答案为：sp3杂化；三角锥形；（3）相似相溶原理，极性分子易溶于极性分子，非极性分子易溶于非极性分子，氨气和水都是极性分子，根据相似相溶原理，NH3极易溶于H2O中；另外，氨气分子与水分子之间形成氢键，氨气与水又要发生化学反应，加大溶解度；故答案为：氨气和水都是极性分子，“相似相溶”，NH3与H2O之间形成氢键，NH3与H2O可发生化学反应；（4）同一周期，从左到右，第一电离能依次增大，ⅡA、ⅤA反常，同一主族，从上到下，第一电离能依次减弱，所以N、O、S第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞S；故答案为：N＞O＞S；（5）由题意，如图所示，Cu与F最近距离为体对角线的，一个晶胞中，Cu的原子个数：＝4，F的原子个数：4，根据ρ＝，ρ＝ag•cm﹣3；m＝4×（64+19）/NA；所以Cu与F最近距离为；故答案为：。【点评】本题是考查物质结构的综合考题，难度中等，涉及价电子的排布、共价键及配位键的知识、电离能、以及晶胞的计算；关键在于晶胞的分摊法及密度的计算，要求学生要熟记公式，辨析空间构型。【化学--选修5有机化学基础】12．尼美舒利是一种非甾体抗炎药，它的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的化学名称为　苯　。（2）B的结构简式为　　。（3）由C生成D的化学方程式为　+→+NaBr　，E→F的反应类型为　取代反应　。（4）C中的官能团有　硝基　、　溴原子　（填官能团名称）。（5）由甲苯为原料可经三步合成2，4，6﹣三氨基苯甲酸，合成路线如下：反应①的试剂和条件为　浓硝酸/浓硫酸，加热　；中间体B的结构简式为　　；反应③试剂和条件为　H2、雷尼镍　。（6）E的同分异构体中能同时满足下列条件的共有　9　种（不含立体异构）；①含有两个苯环且两个苯环直接相连②能与FeCl3溶液发生显色反应③两个取代基不在同一苯环上其中核磁共振氢谱为6组峰，峰面积比为2：2：2：2：2：1的结构简式为　　。【分析】F和硝酸发生取代反应生成尼美舒利，根据尼美舒利结构简式确定F为，逆推可知E为、D为．纵观整个流程，结合反应条件，可知A为，A发生取代反应生成B为，B发生邻位取代反应生成C为，C和苯酚钠发生取代反应生成D，D发生还原反应生成E，E发生取代反应生成F，F发生取代反应生成尼美舒利。（5）由甲苯为原料可经三步合成2，4，6﹣三氨基苯甲酸，甲苯先和浓硝酸发生取代反应生成A为，被氧化生成，被还原生成2，4，6﹣三氨基苯甲酸。【解答】解：（1）通过以上分析知，A为，名称是苯，故答案为：苯；（2）通过以上分析知，B为，故答案为：；（3）C→D是与苯酚钠发生取代反应生成与NaBr，反应方程式为：+→+NaBr，E→F是E中氨基上的H原子被﹣SO2CH3替代，属于取代反应，故答案为：+→+NaBr；取代反应；（4）C为，C中官能团为硝基、溴原子，故答案为：硝基、溴原子；（5）由甲苯为原料可经三步合成2，4，6﹣三氨基苯甲酸，甲苯先和浓硝酸发生取代反应生成A为，被氧化生成，被还原生成2，4，6﹣三氨基苯甲酸，反应①的试剂和条件为浓硝酸/浓硫酸，加热；中间体B的结构简式为；反应③试剂和条件为H2、雷尼镍，故答案为：浓硝酸/浓硫酸，加热；；H2、雷尼镍；（6）E为，E的同分异构体中能同时满足下列条件：①含有两个苯环且两个苯环直接相连；②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；③两个取代基不在同一苯环上，另一个取代基为氨基，如果﹣OH位于苯基的邻位，则氨基有3种结构，如果﹣OH位于苯基间位，氨基有3种结构，如果﹣OH位于苯基对位，氨基有3种结构，所以符合条件的有9种。其中核磁共振氢谱为6组峰，峰面积比为2：2：2：2：2：1的结构简式为，故答案为：9；。【点评】本题考查有机物推断，侧重考查学生知识综合运用能力，以尼美舒利结构简式结合反应条件采用正逆结合的方法进行推断，注意反应前后官能团变化及碳链变化是解本题关键，熟练掌握常见有机反应类型及特点，难点是同分异构体种类判断，题目难度中等。