2021年贵州省贵阳市高考化学适应性试卷（2月份）
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 2020年我国在科技领域取得了很多与化学密切相关的成就。下列说法正确的是( )
A. “中国天眼”所用到的超高耐疲劳性能钢索是一种新型有机高分子材料 B. 北斗三号全球卫星导航系统正式开通，其导航型芯片的主要成分是二氧化硅 C. 嫦娥5号卫星带回的月壤中富含“完美能源 3He， 3He与 4He互为同素异形体 D. “奋斗者号”成功坐底万米深海，外壳材料利用了新型钛合金坚固、耐腐蚀等
性能
2. 利用如图所示洗气装置，不可以达到除杂目的的是( )
选项 气体(杂质) 广口瓶内的试剂 A Cl2(HCl) 饱和NaCl溶液 NaOH溶液 洗气装置 B C2H4(CO2) C C2H6(C2H4) 酸性KMnO4溶液 D CO2(SO2) 饱和NaHCO3溶液 A. A B. B C. C D. D
3. 有机物M是某香水中香料的成分之一，结构简式如图
所示。下列说法正确的是( )
A. M属于芳香族化合物 B. M能与金属钠反应产生氢气 C. M中所有的碳原子可能共平面
D. 1mol M最多能与3molBr2发生加成反应
4. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 9g18O2含有的中子数为4NA
B. 1mol氯气和水充分反应，转移的电子数为2NA
C. 25℃、101kPa时，22.4L的N2和CO的混合气体中，原子数为NA D. 1L1mol⋅L−1CH3COONa溶液中所含CH3COO−、CH3COOH的总数为NA
5. W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W原子的最外层电子
数是其内层电子数的2倍；含元素X的合金是日常生活中广泛使用的金属材料之一；Y的最高正价与最低负价的代数和为4。下列叙述正确的是( )
第1页，共19页
A. 简单离子半径：Y>Z
B. 简单气态氢化物的热稳定性：Y>Z C. W的最高价氧化物对应的水化物为强酸 D. 工业上可用电解熔融XZ3的方法制备单质X
6. 某锂铜二次电池工作原理如图所示。在该电池中，水系电解液和非水系电解液被锂
离子固体电解质陶瓷片(LISICON)隔开。下列有关说法错误的是( )
A. 放电时，N极电极反应式为Cu2++2e−=Cu B. Li+可以通过陶瓷片，水分子不能 C. 充电时，接线柱B应与电源的负极相连 D. 充电时，M电极发生还原反应
7. 25℃时，HF和HCN的电离平衡常数Ka分别为6.8×10−4、6.2×10−10，稀释HF、
HCN的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化如图所示，下列说法中正确的是( )
A. a点所示溶液中c(H+)=c(CN−)+c(OH−) B. a、b、c三点所示溶液中水的电离程度c>a>b
C. 向NaCN溶液中滴加HF溶液的离子方程式：CN−+H+=HCN
D. 同浓度NaF和NaCN的混合溶液中：c(Na+)>c(CN−)>c(F−)>c(OH−)>
c(H+)
二、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
第2页，共19页
8. 金属锂与干燥、纯净的N2在500℃左右反应生成氮化锂(Li3N)，该物质是一种优良
的贮氢材料。一种制备氮化锂的方法及装置如图。(部分夹持装置略)
查阅资料：
金属锂(Li) 氮化锂(Li3N) 物理性质 化学性质 熔点180℃，沸点1340℃ 与氨气反应：2Li+2NH3=2LiNH2+H2↑ 红色晶状固体，能吸附H2 ②高温时能腐蚀镍、铜、石英等 ①易水解：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑ 回答下列问题：
(1)装置A中发生反应的化学方程式为 ______ 。
F的名称为 ______ ；(2)仪器B、两者所盛装的试剂 ______ (填“能”或“不能”)交换。
(3)D中所装试剂a为 ______ ，作用是 ______ 。
(4)经分析，若将装置D更换为如图所示的装置 ______ (填序号)会更合理。
(5)装置E中石棉绒(透气且性质稳定)包裹Li的作用是吸收装置中残留的O2，装在氧化锆小舟中的Li粒不能直接放在反应管中的原因是 ______ 。
(6)实验前将24.0g金属锂置于质量为30.2g的氧化锆小舟中，待反应一段时间后，使产品在氮气氛围中充分冷却后再对氧化锆小舟进行称重，总质量为68.2g，则Li3N的产率约为 ______ %。
三、简答题（本大题共4小题，共52.0分）
第3页，共19页
9. 研究CO2的回收利用既可变废为宝，又可减少碳的排放。回答下列问题；
二甲醚(CH3OCH3)被誉为“21世纪的清洁燃料，由CO2和H2制备二甲醚的反应原理如下：
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=−49.8kJ⋅mol−1 反应Ⅱ：CH3OCH3(g)+H2O(g)⇌2CH3OH(g)△H2=+23.4kJ⋅mol−1 反应Ⅲ：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H3
(1)△H3= ______ kJ⋅mo1−1，据此判断该反应在 ______ (填“低温”、“高温”或“任意温度”)条件下能自发进行。
(2)恒温恒容条件下，在密闭容器中通入等物质的量的CO2和H2发生反应I能说明反应I达到平衡状态的是 ______ 。(填字母序号) a.容器内混合气体的密度保持不变 b.消耗3mol H2的同时生成1mol H2O c.反应体系总压强保持不变
d.CH3OH和CO2的物质的量之比保持不变
(3)T1K时，将1mol二甲醚充入某恒容容器中，发生如下分解反应：CH3OCH3(g)⇌CH4(g)+H2(g)+CO(g)，在不同时间测定容器内的总压，所得数据如表。 反应时间t/min 0 5 10 15 20 ∞ 气体总压p总/kPa 10.0 13.6 15.8 17.7 18.9 20.0 由表中数据计算：反应达平衡时，二甲醚的分解率为 ______ ，该温度下的平衡常(Kp为用气体平衡分压代替气体平衡浓度表示的平衡常数，数Kp= ______ (kPa)2。
分压=总压×气体的物质的量分数)
(4)恒压下将CO2和氢气按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅲ，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。其中：CH3OH的选择性=
CH3OH的物质的量反应的CO2的物质的量
×100%。
第4页，共19页
①温度高于230℃，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是 ______ 。 ②在上述条件下合成甲醇的工业条件是 ______ 。 a.230℃催化剂CZT b.210℃催化剂CZT c.230℃催化剂CZ(Zr−1)T d.210℃催化剂CZ(Zr−1)T
10. 以菱铁矿(主要成分FeCO3，还含有CaCO3和SiO2等杂质)为原料制备多功能水处理剂
高铁酸钾(K2FeO4)的工艺流程如图。
已知：①K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液；
3+
②FeO2−4在强碱性溶液中稳定，在Fe和Fe(OH)3催化作用下发生分解。
回答下列问题：
(1)K2FeO4中Fe元素的化合价是 ______ ；滤渣的主要成分有 ______ 。 (2)“氧化1”过程所发生反应的离子方程式为 ______ ；设计方案验证“氧化1”所得的溶液已经不再含有Fe2+ ______ 。
(3)NaClO的电子式为 ______ ；“氧化2”过程中生成了Na2FeO4和NaCl，写出该过程中发生的氧化还原反应的离子方程式 ______ 。
(4)提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，洗涤剂最好选用 ______ (填字母序号)和异丙醇。
第5页，共19页
a.H2SO4溶液 b.KOH浓溶液 c.Fe2(SO4)3溶液
(5)加饱和KOH溶液转化为K2FeO4后的溶液中，所
−含的阴离子除FeO2−一定还含有 ______ 。 4和OH外，
(6)实验室也可按照如图所示的装置模拟电解法制备K2FeO4，其中阳极的电极反应式是 ______ 。
11. 海洋是元素的摇篮，海水中含有的大量元素在生产、生活、科学研究等多方面具有
重要作用。回答下列问题。
(1)写出基态溴原子的价电子排布式 ______ ，氟、氯、溴、氧四种元素中，电负性由大到小的顺序为 ______ 。(填元素符号)
(2)Mg、Al的氟化物晶格能分别是2957kJ⋅mol−1、5492kJ⋅mol−1，二者相差很大的原因是 ______ 。
++(3)X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在I3离子。I3离子的几何构型为 ______ ，
中心原子的杂化类型为 ______ 。
(4)C原子可以形成多种有机物，如图1所示是一种吡啶和一种嘌呤的结构，两种分子中所有原子都在一个平面上。
①1mol吡啶分子中含有σ键数目是 ______ NA。 ②嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，解释原因 ______ 。
③分子中的大π键可以用符号πnm表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π6该吡啶和嘌呤中都含6)。有大π键，则该吡啶中的大π键表示为 ______ 。
(5)CaF2可用于冶金、化工和建材等很多行业，为立方晶胞，结构如图2所示。 ①“原子坐标参数”可表示晶胞内部各原子的相对位置，已知A、B两点的原子坐标参数如图2所示，则C点的“原子坐标参数”为( ______ ， ______ ，4)
第6页，共19页
1
②已知晶胞参数为0.5462nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则其密度为 ______ g⋅cm−3。(列出计算式即可)
12. 2020年12月，嫦娥五号成功在月球表面升起一面由高性能芳纶(PPTA)纤维特制而
成的五星红旗。工业上一种采用低温溶液缩聚法合成PPTA的路线如图。
已知：芳纶(PPTA)的结构简式为：回答下列问题：
(1)有机物A的化学名称是 ______ ，A→B的反应类型为 ______ 。 (2)B的结构简式为 ______ 。
(3)反应1所需反应试剂和反应条件是 ______ ；C中官能团名称是 ______ 。 (4)C→D的化学方程式为 ______ 。
(5)有机物M是E的同系物，相对分子质量比E大14，则M有 ______ 种同分异构体，写出其中核磁共振氢谱呈现4组峰、峰面积之比为4：3：2：1的结构简式 ______ 。(任写一种即可)
(6)在合成PPTA的过程中，是将E的粉末加入溶有无水LiCl和吡啶(一种有机碱)的N−甲基吡咯烷酮溶液中充分搅拌，然后加入等物质的量的
，
在冰水浴中搅拌反应六小时以上。试分析向其中加入吡啶的作用是 ______ ，采用低温条件反应是为了避免产品析出，导致聚合度过低，但低温反应的劣势是 ______ 。
第7页，共19页
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.钢索是合金，属于金属材料，而不是新型有机高分子材料，故A错误； B.芯片的主要成分是单晶硅，而不是二氧化硅，光纤的成分是二氧化硅，故B错误； C. 3He与 4He的质子数相同、中子数不同，两者互为同位素，故C错误；
D.钛合金具有硬度大、耐腐蚀等优良性能，是一种新型结构材料，可用于制造潜水设备，故D正确； 故选：D。
A.钢索是铁的合金，属于无机物；
B.硅是良好的半导体材料，可用于制造芯片； C. 3He与 4He是氦元素的不同核素；
D.钛合金具有强度高、抗腐蚀、抗疲劳抗疲劳和蠕变性能等优良性能。
本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2.【答案】C
A.HCl易溶于水，【解析】解：饱和NaCl溶液可吸收HCl，氯气难溶于饱和NaCl溶液，能达到除杂目的，故A正确；
B.CO2可与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，而C2H4气体不反应，所以可达到除杂目的，故B正确；
C.酸性KMnO4溶液可氧化C2H4为二氧化碳，引入新的杂质，不能达到除杂目的，故C错误；
D.SO2可与饱和NaHCO3溶液发生反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，二氧化碳难溶于饱和NaHCO3溶液，能达到除杂目的，故D正确； 故选：C。
A.HCl易溶于饱和NaCl溶液，氯气难溶于饱和NaCl溶液； B.CO2可与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，而C2H4气体不反应； C.酸性KMnO4溶液可氧化C2H4为二氧化碳；
D.SO2可与饱和NaHCO3溶液发生反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳。
本题考查了物质的分离提纯，侧重考查实验操作、实验原理、实验现象分析判断，明确实验原理、元素化合物性质是解本题关键，注意结合题给信息分析解答，题目难度不大。
第8页，共19页
3.【答案】B
【解析】解：A.M中没有苯环，不属于芳香族化合物，故A错误； B.M分子中含羟基，可以与金属钠反应产生氢气，故B正确；
C.M分子中含亚甲基结构和环，所有的碳原子不可能共平面，故C错误； D.碳碳双键可以与Br2发生加成反应，羰基不能与Br2发生反应，所以1molM最多能与2molBr2发生加成反应，故D错误； 故选：B。
由结构可知，分子中含−OH、碳碳双键、羰基，结合醇、烯烃及酮的性质来解答。 本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度中等。
4.【答案】D
【解析】解：A.1个 18O2含有的中子数为20，所以9g18O2含有的中子数为36g/mol×20×NAmol−1=5NA，故A错误；
B.氯气和水反应属于歧化反应，且为可逆反应，所以1mol氯气和水充分反应，转移的电子数小于NA，故B错误；
C.25℃、101kPa不是标准状况，所以无法按标准状况下气体的摩尔体积计算22.4L的N2和CO的混合气体中的原子数，故C错误；
D.CH3COONa溶液中遵循物料守恒，CH3COOH的总数等于钠离子的总数，所以CH3COO−、即为1mol⋅L−1×1L×NAmol−1=NA，故D正确。 故选：D。
A.1个 18O2含有20个中子；
B.氯气与水反应为歧化反应，且为可逆反应； C.25℃、101kPa不是标准状况； D.依据物料守恒判断。
本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用，主要是质量换算物质的量计算微粒数，气体摩尔体积的条件应用，掌握基础是关键，题目较简单，注意物料守恒的应用。
9g
5.【答案】A
【解析】解：根据上述分析可知，W为C，X为Al，Y为S，Z为Cl元素， A.硫离子与氯离子的电子层数相同，原子序数小的对应简单离子半径大，则离子半径：
第9页，共19页
Y(S2−)>Z(Cl−)，故A正确；
B.元素非金属性越强，Z(Cl)>Y(S)，对应简单气态氢化物的热稳定性越强，非金属性：则气态氢化物稳定性：Z(Cl)>Y(S)，故B错误；
C.W(C)的最高价氧化物对应的水化物为碳酸，碳酸属于弱酸，故C错误；
D.XZ3为AlCl3，AlCl3属于共价化合物，熔融AlCl3不导电，工业上常用电解熔融氧化铝的方法制备单质Al，故D错误； 故选：A。
W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，则W为C元素；含元素X的合金是日常生活中广泛使用的金属材料之一，则X为Al元素；Y的最高正价与最低负价的代数和为4，设Y最高正价为x，则最低负价为x−8，所以x+(x−8)=4，解得：x=6，则Y为S元素，Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.放电时，N极是原电池的正极，电极反应式为Cu2++2e−=Cu，故A正确；
B.非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片(LISICON)隔开，则陶瓷片允许Li+通过，不允许水分子通过，故B正确；
C.放电时，N极是原电池的正极，充电时，接线柱B应与电源的正极相连，故C错误； D.充电时，M极是阴极，因此M电极发生还原反应，故D正确； 故选：C。
锂铜可充电电池，工作原理：放电时，金属锂是负极，发生失电子的氧化反应，在充电时，电源的正极连接原电池的正极，发生失电子的氧化反应，非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片(LISICON)隔开，则陶瓷片允许Li+通过，不允许水分子通过，据此回答。
本题考查了新型化学电源，注意对题干信息的应用，明确原电池的工作原理和充电过程是解题的关键，题目难度不大。
7.【答案】B
第10页，共19页
【解析】解：A.曲线Ⅰ为HF稀释曲线，所以a点所示溶液中无CN−，故A错误； B.酸电离出的氢离子会抑制水的电离，且氢离子浓度越大水的电离程度越小，已知pH：c>a>b，则c(H+)：c D.由于酸性HF>HCN，CN−>F−，F−>则相同条件下水解程度：则溶液中的离子浓度：CN−，由于两者都水解，溶液显碱性，故混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)>c(F−)>c(CN−)>c(OH−)>c(H+)，故D错误； 故选：B。 25℃时，HF和HCN的电离平衡常数Ka分别为6.8×10−4、6.2×10−10，这说明酸性：HF>HCN，则pH相同的两种弱酸，稀释相同的倍数，酸性越强，pH变化越大，故曲线Ⅰ为HF稀释曲线，曲线Ⅱ为HCN稀释曲线，据此分析作答。 本题综合考查图象的理解应用、弱电解质的电离、物质性质、盐类水解等，主要考查弱电解质电离平衡影响因素等问题，注意把握电解质溶液中微粒关系的分析应用，题目难度中等。 8.【答案】2NH4Cl+Ca(OH)2 △ − CaCl2+2NH3↑+2H2O 球形干燥管 不能 浓硫酸 干 燥N2，吸收未反应的NH3 ②③ 高温时Li3N可与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃 87.5 (1)装置A的固体在加热条件下可制备氨气，【解析】解：其发生反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2 △ − CaCl2+2NH3↑+2H2O， △ 故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2 − CaCl2+2NH3↑+2H2O； (2)根据仪器构造可知，仪器B、F的名称为球形干燥管；两者所盛装的试剂作用分别是干燥氨气、防止外界空气中的水蒸气进入装置E，使制备的Li3n水解，两者不能交换，因为氨气可以与氯化钙发生反应，不能达到干燥氨气的目的， 故答案为：球形干燥管；不能； (3)装置D中所装试剂a的作用是干燥净化氮气，所以应该为浓硫酸，不能可以干燥氮气，还可以吸收多余的氨气， 故答案为：浓硫酸；干燥N2，吸收未反应的NH3； (4)根据(3)问分析可知，装置D吸收未反应的氨气，因为氨气极易溶于水，密度比空气小，可采用设计防倒吸装置进行吸收，则①进气装置错误，不能达到目的，故错误；②③符合要求，可防倒吸；④中有机物苯的密度比水小，在水的上面，导气管导入试剂a 第11页，共19页 中不能达到防倒吸的目的，故错误， 故答案为：②③； (5)根据给定资料可知，“Li3N高温时能腐蚀镍、铜、石英等”可知，高温时Li3N可与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃，所以装在氧化锆小舟中的Li粒不能直接放在反应管中， 故答案为：高温时Li3N可与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃； (6)根据元素守恒可知，24.0g金属锂全部转化为Li3N的话，得到Li3N的质量= 24.0g79g/mol ××35g/mol=40.0g，置于质量为30.2g的氧化锆小舟中，待反应一段时间后， 3 1 使产品在氮气氛围中充分冷却后再对氧化锆小舟进行称重，总质量为68.2g，则质量增加68.2g−(24.0g+30.2g)=14g，即实际消耗的氮气的质量为14g，所以生成的Li3N的质量为28g/mol×2×35g/mol=35g，所以产率约为40g×100%=87.5%， 故答案为：87.5。 根据装置图可知，装置A是用来制备氨气的，利用氯化铵与氢氧化钙固体加热可制备氨气，再通过装置B净化干燥氨气，继续将干燥的氨气通入装置C的硬质玻璃管中与CuO发生氧化还原反应生成氮气、Cu和水，生成氮气与过量的氨气经过装置D进行净化处理后得到干燥纯净的氮气，再进入装置E，为防止有氧气混入，先经过石棉绒包裹的Li，最后与氧化锆小舟中的Li粒发生反应生成氮化锂(Li3N)，根据资料可知，氮化锂易发生水解，所以需用装置F连接，目的是为了防止空气进入，干扰实验，据此分析解答。 本题以氮化锂的制备为背景，考查了学生有关氧化还原反应，物质分离提纯，实验装置评价，百分含量计算等内容，侧重考查学生利用已知信息分析解决问题能力，考查范围较广，难度适中。 14g 35g 9.【答案】−123.0 低温 cd 50% 25 反应I为生成甲醇的反应，为放热反应，则温度 升高，平衡向逆向移动，使甲醇的产率降低 c (1)反应I：【解析】解：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=−49.8kJ⋅mol−1 反应II：CH3OCH3(g)+H2O(g)⇌2CH3OH(g)△H2=+23.4kJ⋅mol−1 反应III：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H3 根据盖斯定律可知，反应I×2−反应II可得到反应III，所以对应的焓变关系为△H3=2△H1−△H2=−49.8kJ⋅mol−1×2−23.4kJ⋅mol−1=−123.0kJ⋅mol−1，故反应III：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)为放热反应，且为气体分子数减小的反应，则△S<0，根据△G=△H−T△S可知，若要自发进行，△G<0即可，则需在低温条件下进行， 第12页，共19页 故答案为：−123.0；低温； (2)反应I：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=−49.8kJ⋅mol−1为气体分子数减小的放热反应，则恒温恒容条件下 a.容器内混合气体的质量不变，体积不变，所以混合气体的密度保持始终不变，故a错误； b.消耗3molH2的同时生成1molH2O，指的均为正反应方向，不能作为判断反应达到平衡状态的依据，故b错误； c.随着反应的进行，反应体系的总压强始终变化，当反应体系总压强保持不变时，则说明反应达到平衡状态，故c正确； d.CH3OH和CO2的物质的量之比保持不变，说明各物质的物质的量保持不变，即能说明反应达到平衡状态，故d正确； 故答案为：cd； (3)T1K时，将1mol二甲醚充入某恒容容器中，反应达到平衡时反应的三段式 CH3OCH3(g)⇌CH4(g)+H2(g)+CO(g)， 开始(mol) 1 0 0 0 变化(mol) x x x x 平衡(mol) 1−x x x x 在恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，即(1+2x)：1=20kPa：1，10kPa=2：解得x=0.5mol，反应达平衡时，二甲醚的分解率 0.5mol1mol ×100%=50%； 此时n(CH3OCH3)=1mol−0.5mol，n(CH4)=n(H2)=n(CO)=0.5mol，所以p(CH3OCH3)=p(CH4)=p(H2)=p(CO)= p(CH4)p(H2)p(CO)p(CH3OCH3) 0.5mol2mol ×20kPa=5kPa，所以平衡常数Kp= = (5kPa)35kPa =25(kPa)2， 故答案为：50%；25； (4)①反应I为生成甲醇的反应，为放热反应，则温度升高，平衡向逆向移动，使甲醇的产率降低， 故答案为：反应I为生成甲醇的反应，为放热反应，则温度升高，平衡向逆向移动，使甲醇的产率降低； ②根据在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化关系可知，在230℃催化剂CZ(Zr−1)T得到的甲醇选择性和产率最高，故最佳条件应选择230℃催化剂CZ(Zr−1)T， 故答案为：c。 第13页，共19页 (1)根据盖斯定律可知，反应I×2−反应II可得到反应III，III为放热反应，且为气体分子数减小的反应，则△S<0，根据△G=△H−T△S可知，若要自发进行，△G<0即可，则需在低温条件下进行； (2)反应I：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H1=−49.8kJ⋅mol−1为气体分子数减小的放热反应，则恒温恒容条件下 a.ρ=V容器内混合气体的质量不变，体积不变； b.消耗3molH2的同时生成1molH2O，指的均为正反应方向； c.p1=n1，随着反应的进行，反应体系的总压强始终变化； 2 2 m pn d.各物质的物质的量保持不变，能说明反应达到平衡状态； (3)利用三段式求出，反应物和生成物的物质的量，进一步求出各物质的分压，利用平衡常数Kp= p(CH4)p(H2)p(CO)p(CH3OCH3) 求算； (4)①反应I为生成甲醇的反应，为放热反应，则温度升高，平衡向逆向移动，使甲醇的产率降低； ②根据在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化关系可知，在230℃催化剂CZ(Zr−1)T得到的甲醇选择性和产率最高。 本题考查化学反应原理，涉及化学反应焓变的计算、化学平衡移动、化学平衡常数的有关应用知识，侧重考查学生对化学反应原理的理解能力和综合运用能力化学平衡移动是解题关键，注意平衡常数的应用，题目难度中等。 10.【答案】+6价 SiO2、CaSO4 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 取少量“氧化1” 所得的溶液于试管中，向其中滴加几滴铁氰化钾(K3Fe(CN)6)溶液，若无特征蓝色沉淀生成，则说明溶液中不再含有Fe2+ 2Fe3++3ClO−+10OH−= −2−2−−−−2FeO2−4+3Cl+5H2O b SO4、Cl Fe−6e+8OH=FeO4+4H2O 【解析】解：(1)K2FeO4中K为+1价，O为−2价，根据化合物化合价的代数和为0可知，Fe元素的化合价是+6价；结合上述分析可知，滤渣的主要成分有SiO2、CaSO4， 故答案为：+6价；SiO2、CaSO4； (2)“氧化1”过程中过量的氧气在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，所发生反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；若要证明所得溶液中没有Fe2+，可取少量“氧化1”所得的溶液于试管中，向其中滴加几滴铁氰化钾(K3Fe(CN)6)溶液，若无特征蓝色沉淀生成，则说明溶液中不再含有Fe2+， 故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；取少量“氧化1”所得的溶液于试管中， 第14页，共19页 向其中滴加几滴铁氰化钾(K3Fe(CN)6)溶液，若无特征蓝色沉淀生成，则说明溶液中不再含有Fe2+； (3)NaClO为离子化合物，其电子式为 ；“氧化2”过程中次氯酸钠在 碱性条件下与Fe3+发生氧化还原反应生成Na2FeO4、NaCl和水，根据氧化还原反应的配 −平原则可知，发生反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO−+10OH−=2FeO2−4+3Cl+ 5H2O， 故答案为： −；2Fe3++3ClO−+10OH−=2FeO2−4+3Cl+5H2O； (4)根据已知给定信息“①K2FeO4可溶于水、徼溶于浓KOH溶液②FeO2−4在强碱性溶液中稳定，在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解”可知，洗涤剂最好选用KOH浓溶液，故选b， 故答案为：b； (5)根据上述分析可知，“转化”过程中加饱和KOH溶液转化为K2FeO4后的溶液中， − 所含的阴离子除FeO2−4和OH外，一定还含有“酸溶”生成的硫酸根离子及“氧化2” 步骤中得到的氯离子， −故答案为：SO2−4、Cl； (6)电解法制备K2FeO4采用电解池原理，电解质溶液为12mol/L的KOH溶液，其阳极区铁失去电子发生氧化反应生成高铁酸根离子，电极反应式是：Fe−6e−+8OH−=FeO2−4+4H2O， 故答案为：Fe−6e−+8OH−=FeO2−4+4H2O。 菱铁矿(主要成分FeCO3，还含有CaCO3和SiO2等杂质)经粉碎处理后加入稀硫酸进行酸溶后得到硫酸亚铁、硫酸钙和二氧化硅，其中硫酸钙微溶于水，二氧化硅不溶于水和稀硫酸，所以以滤渣的形式沉淀下来，滤液中含Fe2+，向滤液中通入过量空气后，氧气会将Fe2+氧化为Fe3+，再加入次氯酸钠和氢氧化钠调节溶液成碱性后继续发生氧化还原反应生成高铁酸钠，硫酸钠和氯化钠，再加入饱和KOH溶液后将高铁酸钠转化为高铁酸钾溶液，后经过一系列分离提纯方法得到高铁酸钾晶体，据此结合元素化合物的结构与性质分析解答。 本题以高铁酸钾的制备为背景，考查了学生有关氧化还原反应，物质分离提纯，化合价计算，离子检验，电解池原理等内容，侧重考查学生分析解决问题能力，考查范围较广，难度适中。 11.【答案】4s24p5 F>O>Cl>Br Al3+的半径小于Mg2+，其离子所带电荷数多，离 子键强，晶格能大 折线形 sp3 10 孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对 第15页，共19页 之间的斥力，斥力大 π65 4 4 N 334×78−73A×(0.5462×10) 【解析】解：(1)溴的原子序数为35，核外电子排布为2、8、18、7，价电子排布式为：4s24p5，F、Cl、Br为同主族元素从上到下电负性减弱，O和F为同周期元素，从左到右电负性增强，再结合氧化物ClO2，O为负价可知O的电负性大于Cl，可得电负性由强到弱为：F>O>Cl>Br， 故答案为：4s24p5；F>O>Cl>Br； (2)Al3+和Mg2+的核外电子排布相同，Al的核电荷数多，离子半径小，同时铝离子的离子电荷数比镁离子多，而离子半径越小，离子所带电荷数越多，离子键越强，晶格能越大， 故答案为：Al3+的半径小于Mg2+，其离子所带电荷数多，离子键强，晶格能大； +(3)I3离子中心I原子的价层电子对数= 7+2−12 =4，有一对孤电子对，空间构型为折线 形，中心碘原子采用sp3杂化， 故答案为：折线形；sp3； (4)①单键为σ键，双键中有一条是σ键，一条是π键，由结构可知，1mol吡啶分子中含有σ键数目为10mol，即10NA， 故答案为：10； ②根据VSEPR理论，孤电子对对键合电子对之间的斥力大于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对对键合电子对之间的夹角减小， 故答案为：孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大； ③吡啶为平面结构，N形成3个共价键，未参与成键的p轨道有一对电子，参与形成离域大π键，每个C原子留有一个p轨道，轨道上留有一个单电子形成大π键，所以吡啶环形成5中心6电子的离域大π键：π65， 故答案为：π65； (5)①内部的8个F−形成小立方体结构，该小立方体的棱长等于晶胞棱长的2，故图中C到左侧面距离等于晶胞棱长的4，即为参数x，到前平面距离为晶胞棱长的4，即为参数y，到下底面距离等于晶胞棱长4，即为参数z，故C的坐标参数为(4,4,4)， 故答案为：4；4； ②由晶胞结构可知8个钙离子位于顶点，6个位于面心，个数为8×8+6×2=4，8个 1 1 3 3 1 331 3 31 第16页，共19页 氟离子位于体内，则晶胞的质量为：(0.6462×10−7)3，晶胞的密度=N故答案为：N 4×78 −73 A×(0.5462×10) 4×78NA g，晶胞的边长为0.5462nm，晶胞体积为： ， 4×78 −73 A×(0.5462×10) 。 (1)溴的原子序数为35，依据构造原理画出核外电子排布，F、Cl、Br为同主族元素从上到下电负性减弱，O和F为同周期元素，从左到右电负性增强，再结合氧化物ClO2，O为负价可知O的电负性大于Cl； (2)由原子半径，电荷，分析晶格能大小； (3)计算价层电子对数，孤电子对数，进而确定构型； (4)①单键为σ键，双键中有一条是σ键，一条是π键； ②根据VSEPR理论，孤电子对对键合电子对之间的斥力大于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对对键合电子对之间的夹角减小； ③吡啶为平面结构，N形成3个共价键，未参与成键的p轨道有一对电子，参与形成离域大π键，每个C原子留有一个p轨道，轨道上留有一个单电子形成大π键， (5)①内部的8个F−形成小立方体结构，该小立方体的棱长等于晶胞棱长的2，依据晶胞结构分析参数xyz； ②依据均摊法及密度公式进行计算。 本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、配位键、空间构型等知识点，侧重考查学生知识运用、空间想象等能力，考查范围较广，难度适中。 1 12.【答案】对二甲苯 氧化反应 基 CH3OH/浓硫酸、加热 酯 10 或 吸收反应产生的HCl，提高反应转化率 反应速率较慢 【解析】解：(1)根据有机物A的结构简式可知，其化学名称是对二甲苯；A→B是酸性高锰酸钾氧化甲基的过程，其反应类型属于氧化反应， 故答案为：对二甲苯；氧化反应； (2)根据上述分析可知B的结构简式为故答案为： ； ， (3)反应1属于酯化反应，根据所得到的C的结构简式可知，所需反应试剂为甲醇，浓 第17页，共19页 硫酸作催化剂在加热条件下进行；得到的C中官能团名称是酯基， 故答案为：CH3OH/浓硫酸、加热；酯基； (4)C→D为取代反应，其化学方程式为 ， 故答案为：； (5)有机物M是E的同系物，相对分子质量比E大14，则M比E多一个“CH2”，则M的结构简式可分如下情况讨论： ①苯环上有一个取代基时，其结构简式为 1种； ②苯环上有2个取代基时，可分为邻间对位3种排列方式，如下代表氨基)； (数字 ③苯环上有3个取代基时，可先将2个氨基定好，再动甲基的位置，其结构简式可分类 如下(数字代表甲基的位置序号)：、、，共计6种； 综上所述，符合条件的M的同分异构体种类有：1+3+6=10种；其中核磁共振氢谱呈现4组峰、峰面积之比为4：3：2：1的结构简式为 或 ， 故答案为：10；或； (6)根据合成原理及平衡移动的原理可得出，加入吡啶可吸收反应产生的HCl，提高反应转化率；低温反应速率较慢，这是不利的一面， 故答案为：吸收反应产生的HCl，提高反应转化率；反应速率较慢。 A发生氧化反应生成B，根据C结构简式及B分子式知，B为 ； 根据C结构简式知，B和甲醇发生酯化反应生成C，C发生取代反应生成D，D在次氯B发生取代反应生成F，酸钠作用下生成E，最后F与E根据给定的合成方法得到PPTA。 本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系并正确推断各物质结构简式是解本题关键，易错 第18页，共19页 点是同分异构体种类判断，题目难度中等。 第19页，共19页 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容