河北省衡水中学2019届高三原创精准押题考试(十二)化学试卷

河北省衡水中学2019届高三原创精准押题考试（十二）
化学试卷
本试卷共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★
注意事项：
1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56
1.下列文献记载所涉及的化学知识叙述错误的是
A. 明代《天工开物》之《燔石·青矾》卷中“取入缸中浸三个小时，漉入釜中煎炼”，运用了过滤的化学操作。

B. “┄欲去杂还纯，再入水煎炼┄倾入盆中，经宿结成白雪”采用了重结晶的方法。

C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应。

D. “水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂而出，加以硫黄升而为银朱”该过程应用了升华的物理方法。

【答案】D
【解析】
【分析】
“漉入釜中”，即化学中的过滤；重结晶过程是将晶体溶于溶剂以后，又重新从溶液中结晶的过程；“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，发生的反应是；升华是物理变化，“水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂而出，加以硫黄升而为银朱”是化学变化。

【详解】“漉入釜中”，即化学中的过滤，故A叙述正确；重结晶过程是将晶体溶于溶剂以后，又重新从溶液中结晶的过程，“┄欲去杂还纯，再入水煎炼┄倾入盆中，经宿结成白雪”属于重结晶，故B叙述正确；“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，发生的反应是
，属于置换反应，故C叙述正确；升华是物理变化，“水银乃至阴之毒物，因火煅丹砂而出，加以硫黄升而为银朱”是化学变化，故D叙述错误；选D。

2.N A是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 36g由35Cl 和37C1组成的氯气中所含质子数一定为17N A
B. 7.8 g Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，转移的电子数为0.2N A
C. 密闭容器中1mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g)，增加了2N A个P-Cl键
D. 5.6g铁片投入足量浓硝酸中，转移的电子数为0.3 N A
【答案】B
【解析】
【分析】
假设全是35Cl，则质子数是，假设全是37Cl，则质子数是；Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，Na2O2只作还原剂，过氧化钠中氧元素化合价由-1升高为0，1mol过氧化钠转移2mol电子；PCl3与Cl2反应制备PCl5的反应可逆；常温下，铁在浓硝酸中钝化。

【详解】假设全是35Cl，则质子数是，假设全是37Cl，则质子数是
，根据极值法，36g由35Cl 和37C1组成的氯气中所含质子数不一定为17N A，故A错误；Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，Na2O2只作还原剂，过氧化钠中氧元素化合价由-1升高为0，1mol过氧化钠转移2mol电子，所以7.8 g Na2O2与足量酸性KMnO4溶液反应，转移的电子数为0.2N A，故B正确；PCl3与Cl2反应制备PCl5的反应可逆，密闭容器中1mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g)，生成PCl5(g)小于1mol， P-Cl键增加小于2N A个，故C错误；常温下，铁在浓硝酸中钝化，故D错误，选B。

3.有机物是一种扁桃酸衍生物，下列关于该有机物的说法正确的是
A. 该有机物的分子式为C9H8O3Br
B. 分子中所有的碳原子一定在同一平面内
C. 1mol该有机物最多与2 mol NaOH 反应
D. 该有机物的同分异构体中，属于一元羧酸和酚类化合物且苯环上只有2 个取代基的有12种
【答案】D
【解析】
【分析】
根据结构简式判断分子式；分子中含有单键碳，单键可以旋转；酚羟基、溴原子、酯基都能与氢氧化钠反应；苯环上的2个取代基分别是和-OH、和-OH、
和-OH、和-OH，每种组合都有邻间对三种位置关系。

【详解】根据结构简式，该有机物的分子式为C9H9O3Br，故A错误；中1号碳
是单键碳，单键可以旋转，所以2号碳原子不一定在苯环决定的平面上，故B错误；酚羟基、溴原子、酯基都能与氢氧化钠反应，所以1mol该有机物最多与3mol NaOH反应，故C错误；苯环上的2个取代基分别是和-OH、和-OH、和
-OH、和-OH，每种组合都有邻、间、对三种位置关系，所以该有机物的同分异构
体中，属于一元羧酸和酚类化合物且苯环上只有2个取代基的有12种，故D正确。

4.下列图示的实验设计能实现相应实验目的的是
A.
验证FeCl3溶液中是否含有Fe2+
B.
检验溴乙烷消去的产物
C.
检验氯气与亚硫酸钠是否发生反应
D.
对比Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果
【答案】B
【解析】
【分析】
溶液中原有的Fe3+就能使KSCN变红；溴乙烷消去反应的产物是乙烯和溴化氢；亚硫酸钠、硫酸钠都能与氯化钡反应生成白色沉淀；加入的溶液中阴离子不同；
【详解】溶液中原有的Fe3+干扰Fe2+的检验，应选用高锰酸钾溶液检验FeCl3溶液中是否含有Fe2+，故A不能实现相应实验目的；溴乙烷消去反应的产物是乙烯，产生的气体经水洗排除乙醇的干扰后，通入高锰酸钾溶液后溶液褪色可证明有乙烯生成，故B能实现相应实验目的；亚硫酸钠、硫酸钠都能与氯化钡反应生成白色沉淀，故C不能实现相应实验目的；加入的溶液中阴离子浓度不同，所以不能确定Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，故D不能实现相应实验目的。

5.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4，C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，甲和丙是D元素的两种常
见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述正确的是
A. C、D两元素形成化合物属共价化合物
B. C和E形成的化合物的水溶液呈碱性
C. 简单离子半径D > B > C
D. E的氧化物水化物的酸性大于D的氧化物水化物的酸性
【答案】C
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，结合甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005mol/L戊溶液的pH=2，戊为硫酸，可知丙为SO3，甲为SO2，乙为O3，丁为O2，则B为O元素，D为S元素，其中A的原子序数是B 和D原子序数之和的，A的原子序数为（8+16）×=6，可知A为C元素；C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，结合原子序数可知，C为Mg，E为Cl。

【详解】镁是活泼金属，硫是活泼非金属，MgS是离子化合物，故A错误；MgCl2是强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，故B错误；S2-的电子层数最多，半径最大，Mg2+、O2-电子层数相同，质子数越多半径越小，所以半径S2-> O2-> Mg2+，故C正确；Cl的最高价氧化物水化物——高氯酸的酸性大于S的最高价氧化物水化物——硫酸的酸性，但是氯元素的其他价态的氧化物的水化物的酸性不一定比硫酸强，故D错误。

6.常温下，在新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中水电离出的c(H+)与NaOH溶液的体积之间的关系如图所示，下列推断正确的是
A. 用pH试纸测定E点对应溶液，其pH = 3
B. H、F点对应溶液中都存在：c(Na+) = c(Cl-) + c(ClO-)
C. G 点对应溶液中：c(Na+) >c(Cl-) >c(ClO-)>c(OH-) >c(H+)
D. 常温下加水稀释H点对应溶液，溶液的pH增大
【答案】C
【解析】
【分析】
氯水具有漂白性，不能用pH试纸测pH；随加入氢氧化钠的体积的增大，溶液pH逐渐增大，所以H、F点对应溶液的酸碱性不同；G 点对应溶液水电离程度最大，溶液中的溶质是等浓度的氯化钠和次氯酸钠；H点对应溶液呈碱性。

【详解】氯水具有漂白性，不能用PH试纸测pH，故A错误；根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(Cl-) + c(ClO-)+ c(OH-)，随加入氢氧化钠的体积的增大，溶液pH逐渐增大， H、F点对应溶液的酸碱性不同，F点溶液显中性、H点溶液显碱性，根据电荷守恒可知，H、F点对应溶液中不可能都存在c(Na+) = c(Cl-) + c(ClO-)，故B错误；G 点对应溶液水电离程度最大，溶液中的溶质是等浓度的氯化钠和次氯酸钠，次氯酸钠水解，溶液呈碱性，所以c(Na+) >c(Cl-) >c(ClO-)>c(OH-) >c(H+)，故C正确；H点对应溶液呈碱性，加水稀释pH减小，故D错误。

7.下图是一种正投入生产的大型蓄电系统。

放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2和NaBr3，放电后分别变为Na2S4和NaBr。

下列叙述正确的是
A. 放电时，负极反应为3NaBr-2e-=NaBr3+2Na+
B. 充电时，阳极反应为2Na2S2-2e- =Na2S4+2Na+
C. 放电时，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池
D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24LH2时，b池生成17.40 gNa2S4
【答案】C
【解析】
放电前，被膜隔开的电解质为Na2S2（右罐）和NaBr3（左罐），则Na2S2在负极失电子，NaBr3在正极得电子；充电时，阴极为负极的逆反应，阳极为正极的逆反应；A．放电时，负极Na2S2
失电子，则负极的电极反应式为：2S22--2e-═S42-，故A错误；B．充电时，阳极上Br-失电子转化为Br3-，则阳极的电极反应式为：3Br--2e-=Br3-，故B错误；C．电池放电时，Na2S2和NaBr3反应，则电池的总反应方程式为：2Na2S2+NaBr3=Na2S4+3NaBr，Na+经过离子交换膜，由b池移向a池，故C正确；D. 用该电池电解饱和食盐水，产生2.24 LH2时，此气体不是标准状况下的体积，无法进行换算，则b池生成Na2S4的质量不一定是17.40g，故D错误．答案选C。

点睛：可以从多个角度判断电极性质，如两极中参与反应中元素化合价的变化；电解质中离子迁移方向等，书写电极反应式要注意介质参与电极反应。

8.过二硫酸钾(K2S2O8) 在科研与工业上有重要用途。

（1）H2S2O8的结构式如图，其中S元素的化合价为__________。

在Ag+催化下，S2O82-能使含Mn2+的溶液变成紫红色，氧化产物是___________（填离子符号）。

（2）某厂采用湿法K2S2O8氧化脱硝和氨法脱硫工艺综合处理锅炉烟气，提高了烟气处理效率，处理液还可以用作城市植被绿化的肥料。

①脱硫过程中，当氨吸收液的pH=6时，n(SO32-)∶n(HSO3-)=________。

[巳知：25℃时，K a1(H2SO3)=1.5×10-2，K a2(H2SO3)=1.0×10-7]
②脱硝过程中依次发生两步反应：第1步，K2S2O8将NO氧化成HNO2，第2步，K2S2O8继续氧化HNO2，第2步反应的化学方程式为______________________________________；
（3）过二硫酸钾可通过“电解→转化→提纯”方法制得，电解装置示意图如图所示。

①电解时，铁电极连接电源的_________________极。

②常温下，电解液中含硫微粒的主要存在形式与pH的关系如下图所示。

在阳极放电的离子主要是HSO4-，阳极区电解质溶液的pH范围为_________，阳极的电极反应式为
________________________。

③往电解产品中加入硫酸钾，使其转化为过二硫酸钾粗产品，提纯粗产品的方法____。

【答案】 (1). +6 (2). MnO4- (3). 1:10 (4). HNO2+K2S2O8+H2O=HNO3+K2SO4+H2SO4 (5). 负 (6). 0—2 (7). 2HSO4--2e-= S2O82-+2H+ (8). 重结晶
【解析】
【分析】
（1）过二硫酸结构简式为，存在1个过氧键（-O-O-）、4个S=O键，4个S-O键，4个S=O键中，4个O原子显-2价、过氧键（-O-O-）2个O原子显-1价，4个S-O键中4个O原子显-2价，根据化合价代数和等于0计算硫元素的化合价；过二硫酸中含有-1价氧原子，所以过二硫酸具有氧化性，S2O82-能使含Mn2+的溶液变成紫红色，说明有MnO4-生成；（2）①根据K a2(H2SO3)=计算pH=6时，n(SO32-)∶n(HSO3-)的值；②亚硝酸被氧化为硝酸， S2O82-被还原为SO42-；（3）①NaHSO4溶液制取过二硫酸钾，氧元素失电子发生氧化反应，若铁作阳极，则铁失电子发生氧化反应；②根据阳极放电的离子是HSO4-，电解产物是Na2S2O8分析；根据溶解度不同提纯提纯粗产品；
【详解】（1）过二硫酸结构简式为，存在1个过氧键（-O-O-）、4个S=O键，4个S-O键，4个S=O键中，4个O原子显-2价、过氧键（-O-O-）2个O原子显-1价，4个S-O键中4个O原子显-2价，根据化合价代数和等于0，硫元素的化合价为+6；过二硫酸中含有-1价氧原子，所以过二硫酸具有氧化性，S2O82-能使含Mn2+的溶液变成紫红色，说明有MnO4-生成，所以氧化产物是MnO4-；（2）①根据K a2(H2SO3)=， pH=6
时，，所以n(SO32-)∶n(HSO3-)=1:10；②亚硝酸被氧化为硝酸， S2O82-被还原为SO42-，反应方程式为HNO2+K2S2O8+H2O=HNO3+K2SO4+H2SO4；（3）①NaHSO4溶液制取过二硫酸钾，氧元素失电子发生氧化反应，若铁作阳极，则铁失电子发生氧化反应，
所以铁作阴极，连接电源负极；②根据图示，阳极放电的离子是HSO4-，电解产物是Na2S2O8，所以控制pH的范围是0—2；阳极的电极反应式为2HSO4--2e-= S2O82-+2H+；③提纯过二硫酸钾的方法是重结晶。

9.亚硝酰氯(NOCl，熔点:-64.5 ℃,沸点:-5.5 ℃)为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸。

常可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。

实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。

其制备装置如图所示（其中III、IV中均为浓硫酸）：
（1）用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，补充下表中所缺少的药品。

（2）将制得的NO和Cl2通入图乙对应装置制备NOCl。

①装置连接顺序为a→________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。

②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外,另一个作用是____________。

③有人认为可以将装置Ⅳ中浓硫酸合并到装置Ⅴ中，撤除装置Ⅳ，直接将NO、Cl2通入装置Ⅴ中，你同意此观点吗？________（填同意或不同意），原因是
________________________________。

④实验开始的时候，先通入氯气，再通入NO，原因为________________。

（3）有人认为多余的氯气可以通过下列装置暂时储存后再利用，请选择可以用作氯气的储气的装置 ______；
（4）装置Ⅶ吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为_______________________。

（5）有人认为装置Ⅶ中氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，经过查阅资料发现用高锰酸钾溶液可以吸收NO气体，因此在装置Ⅶ氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，反应产生黑色沉淀，写出该反应的离子方程式：__________________________________。

（6）制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：称取1.6625 g 样品溶于50.00 ml NaOH溶液中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的
0.40mol/LAgNO3溶液滴定至产生砖红色沉淀，消耗AgNO3溶液50.00ml。

①样品的纯度为__________%（保留1位小数）
②已知常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=2×10-12，若在滴定终点时测得溶液中
Cr2O42-的浓度是5.0×10-3 mol/L，此时溶液中Cl-浓度是_________。

【答案】 (1). 饱和食盐水 (2). H2O (3). a- e -f -c - b -d (e,f可互换） (4). 通过观察气泡的多少调节两种气体的流速 (5). 不同意 (6). NO与Cl2反应生成的NOCl 可溶于浓硫酸 (7). 用Cl2排尽装置内的空气，以防NO与氧气反应(8). Ⅰ (9). NOCl + 2NaOH = NaCl + NaNO2+H2O (10). NO + MnO4- = NO3- + MnO2↓ (11). 78.8 (12).
9.0 ×10-6 mol/L
【解析】
【分析】
（1）用MnO2与浓盐酸制备纯净干燥的氯气，需要除去氯气中的氯化氢杂质；用Cu与稀硝酸制备纯净干燥的NO，需要除去NO中的NO2杂质；（2）NOCl，熔点:-64.5 ℃,沸点:-5.5 ℃，用冰盐水冷凝；亚硝酰氯遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸，要防止亚硝酰氯水解，氯气、NO有毒，所以用氢氧化钠溶液进行尾气处理。

②通过观察装置Ⅳ、
Ⅴ气泡的多少调节两种气体的流速；③氯气与一氧化氮在常温常压下反应生成NOCl，NOCl溶于浓硫酸；④NO能与氧气反应；（3）装置Ⅰ中氯气进入下面的容器时，容器中的液体排入上面的容器，需要氯气时打开右侧活塞，水在重力作用下进入下面容器，将氯气排出。

（4）装置Ⅶ吸收尾气时，NOCl与氢氧化钠反应生成亚硝酸钠和氯化钠；（5）装置Ⅶ氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，NO与高锰酸钾反应产生黑色沉淀MnO2；（6）①根据关系式NOCl AgNO3计算样品纯度。

②已知常温下， Ksp(Ag2CrO4)=2×10-12，滴定终点时，Cr2O42-的浓度是5.0×10-3 mol/L，所以2×10-5，根据Ksp(AgCl)=1.8×10-10，计算此时溶液中Cl-浓度。

【详解】（1）用MnO2与浓盐酸制备纯净干燥的氯气，需要除去氯气中的氯化氢杂质，装置Ⅱ中的试剂是饱和食盐水；用Cu与稀硝酸制备纯净干燥的NO，需要除去NO中的NO2杂质，装置Ⅱ中的试剂是水；（2）NOCl，熔点:-64.5 ℃,沸点:-5.5 ℃，用冰盐水冷凝；亚硝酰氯遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸，要防止亚硝酰氯水解，氯气、NO有毒，所以用氢氧化钠溶液进行尾气处理，连接顺序是a- e -f -c - b -d。

②通过观察装置Ⅳ、Ⅴ气泡的多少调节两种气体的流速；③氯气与一氧化氮在常温常压下反应生成NOCl，NOCl溶于浓硫酸，所以不能直接将NO、Cl2通入装置Ⅴ中；④用Cl2排尽装置内的空气，以防NO与氧气反应，所以实验开始的时候，先通入氯气，再通入NO；（3）装置Ⅰ中氯气进入下面的容器时，容器中的液体排入上面的容器，需要氯气时打开右侧活塞，水在重力作用下进入下面容器，将氯气排出，所以装置Ⅰ可以用作氯气的储气的装置。

（4）装置Ⅶ吸收尾气时，NOCl与氢氧化钠反应生成亚硝酸钠和氯化钠，反应方程式是NOCl + 2NaOH = NaCl + NaNO2 +H2O；（5）装置Ⅶ氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，NO与高锰酸钾反应产生黑色沉淀MnO2和硝酸钠，反应离子方程式是NO + MnO4- = NO3- + MnO2↓；（6）①设样品中NOCl的质量为xg，
NOCl AgNO3
65.5g 1mol
xg 0.40mol/L×0.05mL
x=1.31g
样品的纯度为78.8%。

②已知常温下， Ksp(Ag2CrO4)=2×10-12，滴定终点时，
Cr2O42-的浓度是5.0×10-3 mol/L，所以2×10-5，根据
Ksp(AgCl)=1.8×10-10，9.0 ×10-6 mol/L。

【点睛】本题在注重对学生教材基础知识巩固和检验的基础上，侧重对学生能力的考查。

该题的关键是明确溶度积常数的含义以及影响因素，并能结合题意灵活运用，有利于培养学生的逻辑推理能力。

10.工业上可通过煤的液化合成甲醇，主反应为:CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l) △H=x
(1)己知常温下CH3OH、H2和CO的燃烧热分別为726.5kl/mo1、285.5kJ/mol、283.0kJ/mol，則x=_______；为提高合成甲醇反应的选择性，关键因素是___________。

(2)TK下，在容积为1.00 L的某密闭容器中进行上述反应（CH3OH为气体），相关数据如图。

①该反应0-10min的平均速率v(H2)=_______；M和N点的逆反应速率较大的是______(填“v 逆(M)”、“v逆(N)”或“不能确定”)。

②10min时容器内CO的体积分数为_______。

相同条件下，若起始投料加倍，达平衡时，CO
的体积分数将________(填“增大”、“减小”或“不变”）
③对于气相反应，常用某组分(B)的平衡压强(P B)代替物质的量浓度(C B)表示平衡常数(以K p表示)，其中，P B=P总×B的体积分数；若在TK下平衡气体总压强xatm，则该反应Kp=____(计算表达式)。

实验测得不同温度下的lnK(化学平衡常数K的自然对数)如图，请分析lnK随T呈现上述变化趋势的原因是:____________。

【答案】 (1). -127.5kJ/mol (2). 催化剂(或提高催化剂的选择性) (3).
0.12mol/(L·min) (4). 不能确定 (5). 2/9(或22.22%) (6). 减小 (7).
(8). 该反应正反应为放热反应，当温度升高平衡逆向移动，平衡常数(Kp或lnKp)
减小
【解析】
【分析】
(1)CH3OH、H2和CO的燃烧热分別为726.5kl/mo1、285.5kJ/mol、283.0kJ/mol，则CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）；△H=-726.5 kJ/mol①；H2（g）+O2（g）═H2O；△H=-285.5kJ/mol②；CO（g）+O2（g）═CO2（g）；△H=-283kJ/mol③，根据盖斯定律计算CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)的△H；选择合适的催化剂可以提高合成甲醇反应的选择性；(2) ①根据计算；10min 时氢气浓度逐渐减小，平衡正向移动，改变的条件可能是加入CO(g)或分离出甲醇或降低温度；
②根据图示10min时容器内CO的物质的量是0.4mol、氢气的物质的量是0.8mol、甲醇的物质的量是0.6mol；相同条件下，若起始投料加倍，相当于加压，平衡正向移动；
③，带入压强计算Kp；该反应正反应为放热反应，当温度升高平衡逆向移动。

【详解】(1)CH3OH、H2和CO的燃烧热分別为726.5kl/mo1、285.5kJ/mol、283.0kJ/mol，则
CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.5 kJ/mol ①；H2（g）+O2（g）═H2O；△H=-285.5kJ/mol②；CO（g）+O2（g）═CO2（g）；△H=-283kJ/mol③，根据盖斯定律③+②×2-①得 CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l) △H=-283kJ/mol-285.5kJ/mol×2+726.5 kJ/mol =-127.5 kJ/mol；选择合适的催化剂可以提高合成甲醇反应的选择性，所以关键因素是催化剂；(2) ①mol/(L·min)；10min时氢气浓度逐渐减小，平衡正向移动，改变的条件可能是加入CO(g)或分离出甲醇或降低温度。

若加入CO(g)反应速率加快；若分离出甲醇或降低温度，反应速率减慢，所以不能确定M和N点的逆反应速率的大小；②根据图示10min 时容器内CO的物质的量是0.4mol、氢气的物质的量是0.8mol、甲醇的物质的量是0.6mol，CO的体积分数为22.22% ；相同条件下，若起始投料加倍，相当于加压，
平衡正向移动，所以CO的体积分数将减小；③ Kp=；该
反应正反应为放热反应，当温度升高平衡逆向移动，平衡常数(Kp或lnKp)减小。

【点睛】本题考查较为综合，涉及化学平衡常数的计算、热化学方程式、平衡移动的因素等知识，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握平衡常数的计算。

11.A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大，其中基态A原子的电子分布在3个能级，且每个能级所含的电子数相同；C的原子核外最外层有 6 个运动状态不同的电子；D 是短周期元素中电负性最小的元素；E的最高价氧化物的水化物酸性最强；基态F原子核外最外层只有一个电子，其余能层均充满电子。

G元素与D元素同主族，且相差3个周期。

（1）元素 A、 B、 C 的第一电离能由小到大的是__________________（用元素符号表示）。

（2）E的最高价含氧酸中 E 原子的杂化方式为_____________。

基态 E 原子中，核外电子占据最高能级的电子云轮廓形状为_________________。

（3）F原子的外围电子排布式为_______________________，
（4）已知元素 A、B形成的(AB)2分子中所有原子都满足 8电子稳定结构，则其分子中σ键与π键数目之比为__________。

（5）通常情况下，D单质的熔沸点比G单质高，原因是_________________________。

（6）已知 DE 晶体的晶胞如图所示：
若将 DE 晶胞中的所有 E 离子去掉，并将 D 离子全部换为 A 原子，再在其中的 4 个“小立方体”中心各放置一个A 原子，且这 4 个“小立方体”不相邻。

位于“小立方体”中的 A 原子与最近的 4 个 A 原子以单键相连，由此表示 A的一种晶体的晶胞（已知 A—A 键的键长为a cm， N A表示阿伏加德罗常数），则该晶胞中含有_________个 A 原子，该晶体的密度是_______g·cm-3（列式表示）。

【答案】 (1). C O N (2). sp3 (3). 哑铃型 (4). 3d104s1 (5). 3:4 (6). Na、Cs处于同一主族，并都是金属晶体，同主族元素价电子数相同，从上到下，原子半径依
次增大，金属键依次减弱，熔沸点降低 (7). 8 (8).
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大，基态A原子的电子分布在3个能级，且每个能级所含的电子数相同，A原子核外有6个电子，A是C元素；D是短周期元素中电负性最小的元素，D是Na元素；C的原子核外最外层有 6 个运动状态不同的电子，则C最外层电子数为6，C是O元素、B是N元素；E的最高价氧化物的水化物酸性最强，E是Cl元素；基态F原子核外最外层只有一个电子，其余能层均充满电子，F是Cu元素。

G元素与D元素同主族，且相差3个周期，G是Cs元素。

【详解】根据以上分析，（1）元素 A、 B、 C 分别是C、N、O，同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，N原子2p轨道处于半充满状态，N的第一电离能大于O，所以第一电离能由小到大的是C<O<N。

（2）E是Cl元素，最高价含氧酸是HClO4， Cl价电子对数是，Cl 的杂化方式为sp3。

基态 Cl原子中，最高能级是3p，电子云轮廓形状为哑铃型。

（3）Cu原子核外有29个电子，3d能级处于全满或半满时为稳定结构，所以Cu外围电子排布式为3d104s1；（4）已知元素 C、N形成的(CN)2分子中所有原子都满足 8电子稳定结构，则(CN)2的结构式是N C-C N，则其分子中有3个σ键和4个π键，数目之比为3:4。

（5）通常情况下，D 单质是金属钠，G的单质是金属铯，同主族元素价电子数相同，从上到下，原子半径依次增大，金属键依次减弱，熔沸点降低，所以钠的熔沸点比铯高。

（6）该晶胞棱上有12个碳原子，晶胞中心1个碳原子，“小立方体”中心各放置一个碳原子，所以晶胞中碳原子数是；晶胞的摩尔质量是812g/mol=96g/mol，把晶胞分成4个小立方体，每个立方体的对角线是键长的2倍，可推出整个晶胞的边长是，晶胞的体积是，该晶体的密度是g·cm-3。

【点睛】晶体的计算的难点主要是晶体数学模型的构建。

立方体中处于顶点的粒子，同时为８个晶胞所共有，处于棱上的粒子，同时为4个晶胞所共有，处于表面上的粒子，同时为2个晶胞所共有，处于该晶胞内部的粒子，则完全属于该晶胞。

12.丁苯酞是我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒的新药。

合成丁苯酞（J）的一种路线如图所示：
（1）A的名称是_______，E到F的反应类型是___________。

（2）试剂a是________，F中官能团名称是_______。

（3）M组成比F多1个CH2，M的分子式为C8H7BrO，M的同分异构体中：①能发生银镜反应；
②含有苯环；③不含甲基。

满足上述条件的M的同分异构体共有______种。

（4）J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环，J的结构简式为__________。

H在一定条件下还能生成高分子化合物K，H生成K的化学方程式为________。

（5）利用题中信息写出以乙醛和苯为原料，合成的路线流程图（其它试剂自选）。

________。

【答案】 (1). 2-甲基-1-丙烯 (2). 氧化反应 (3). 铁粉、液溴 (4). 醛基、
溴原子(5). 7种(6). (7).
(8).
【解析】
【分析】
利用逆推原理，根据G的化学式和
，可推出C的化学式为
(CH3)3CMgBr，F是逆推E是、D是；B是，A是
，2-甲基-1-丙烯；H是；J是
【详解】(1) A是，2-甲基-1-丙烯；E是到F 是氧化反应；
(2) 在铁作催化剂的条件下与溴反应生成；
(3) ①能发生银镜反应说明存在醛基，②含有苯环；③不含甲基，-CHO和-CH2Br与苯环邻间对3中同的分异构，- CH2CHO和-Br与苯环邻间对3中同的分异构，连接苯环一个碳上，所以一共有7种符合条件的同分异构；
(4) J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环，J的结构简式为， H 生成高分子化合物K的化学方程式为
；
(5) 根据题目信息，以乙醛和苯为原料，合成的路线流程图。