山东省济宁市梁山一中2022届高三化学下学期5月模拟试卷含解析

2022年山东省济宁市梁山一中高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题（本题包括13小题，每小题5分，共65分，每小题只有一个选项符合题意．）1．下列关于物质的性质和应用的说法均正确的是()A．AB．BC．CD．D2．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O．当产物n（NO2）：n（NO）=1：1时，下列说法不正确的是()A．反应中Cu2S只做还原剂B．参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=1：5C．产物n[Cu（NO3）2]：n[CuSO4]=1：1D．1molCu2S参加反应时有10mol电子转移3．下列装置或操作能达到实验目的是()A．用图所示装置收集SO2气体B．用图所示装置萃取碘水中的碘C．用图所示装置进行石油的分馏20D．用图所示装置检验溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热产生的乙烯4．X、Y、Z、W四种短周期元素，原子序数依次增大．其中X的最外层电子数是最内层电子数的2倍，Y可形成双原子和三原子气体单质，Z和W形成的化合物中离子个数比为1：1，W的最高正价为+7价．则下列说法正确的是()A．Y形成的简单离子半径小于Z形成的简单离子半径B．X的氢化物稳定性弱于Y的氢化物稳定性C．四种元素中，W的氧化物对应的水合物酸性最强D．Y与Z形成的两种化合物中所含有化学键类型相同5．莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是()A．分子式为C7H6O5B．分子中含有2种官能团C．可发生加成和取代反应D．1mol莽草酸与足量金属Na反应生成生成0.5molH26．下列说法中正确的是()A．常温下pH=7的溶液中：Fe3+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣能大量共存B．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：ClO﹣+CO2+H2O=HClO+HCO3﹣C．一定温度下，1L0.5mol•L﹣1NH4Cl溶液中与2L0.25mol•L﹣1NH4Cl溶液含NH4+物质的量相同D．常温下水电离出c（H+）×c（OH﹣）=10﹣20的溶液中：Na+、ClO﹣、SO42﹣、NH4+可能大量共存7．常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2．通入的CO2的体积（V）与溶液中水电离出的OH﹣离子浓度（φ）的关系如图所示．下列叙述不正确的是()20A．a点溶液中：水电离出的c（H+）=1×10﹣10mol/LB．b点溶液中：c（H+）=1×10﹣7mol/LC．c点溶液中：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）D．d点溶液中：c（Na+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）二、【必做部分】8．（17分）能源短缺是人类社会面临的重大问题．甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景．（1）工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应Ⅰ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2①上述反应符合“原子经济”原则的是__________（填“I”或“Ⅱ”）．②下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数（K）．由表中数据判断△H1__________0（填“＞”、“=”或“＜”）．③某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c（CO）=0.2mol/L，则CO的转化率为__________，此时的温度为__________（从上表中选择）．（2）已知在常温常压下：①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ/mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.0kJ/mol③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：__________（3）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置．①该电池正极的电极反应为__________．②工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池总反应的化学方程式为__________．9．（17分）降低太气中CO2含量及有效开发利用CO2，是科学家研究的重要课题．（1）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=122.4kJ•mol﹣1①某温度下，将2.0molCO2（g）和6.0molH2（g）充入体积可变的密闭容器中，反应到达平衡时，改变压强和温度，平衡体系中．CH3OCH3（g）的物质的量分数变化如下表所示．20则P1__________P3（填“＞”“＜”或“=”，下同）．若T1、P1，T3、P3时平衡常数分别为K1、K3，则K1__________K3．T1、P1时H2的平衡转化率为__________．②一定条件下，上述反应在密闭容器中达平衡．当仅改变影响反应的一个条件，引起的下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是__________．a．反应物的浓度降低b．容器内压强增大c．正反应速率大于逆反应速率d．化学平衡常数K增大（2）碳酸氢钾溶液加水稀释，__________（填“增大”“不变”或“减小”）．用碳酸钾溶液吸收空气中CO2，当溶液呈中性时，下列关系或说法正确的是：__________．a．c（K+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）b．c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）c．降低温度，c（H+）•c（OH﹣）不变（3）向盛有FeCl3溶液的试管中滴加少量碳酸钾溶液，立即产生气体，溶液颜色加深，用激光笔照射能产生丁达尔效应，反应的离子方程式为__________．10．（19分）硫酰氯（SO2Cl2）是一种化工原料，有如下有关信息：常温下为无色液体，熔点为﹣54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中“发烟”；100℃以上开始分解，生成二氧化硫和氯气．氯化法是合成硫酰氯的常用方法，实验室合成反应和实验装置如图1：回答下列问题：（1）仪器A的名称为__________，甲中活性炭的作用是__________，B中加入的药品是__________．实验时从仪器C中放出溶液的操作方法是__________．（2）装置丁中发生反应的离子方程式为__________．用亚硫酸钠固体和浓硫酸制备二氧化硫气体时，如要控制反应速度，图2中可选用的发生装置是__________（填写字母）．（3）氯磺酸（C1SO3H）加热分解，也能制得硫酰氯与另外一种物质，该反应的化学方程式为__________，分离产物的方法是__________．20（4）若缺少装置乙，氯气和二氧化硫可能发生反应的化学方程式为__________．为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中还需要注意的事项有（只答一条即可）__________．三、【选做部分】【化学--物质结构与性质】11．H、C、N、O、都属于自然界中常见非金属元素．（1）O、C、N三种元素的第一电离能由小到大顺序是__________；NH4+中氮原子轨道的杂化类型为__________．（2）CO、N2的结构可表示为：C≡O、N≡N两者的键能数据：（单位kJ/mol）结合数据说明CO比N2活泼的原因__________．（3）乙二胺（H2N﹣CH2﹣CH2﹣NH2）和三甲胺[N（CH3）3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高的多，原因是__________．（4）C、N元素形成的新材料具有如右图所示结构，该晶体硬度将超过目前世界上最硬的金刚石，成为首屈一指的超硬新材料．该物质的化学式为：__________．四、【化学-有机化学基础】12．下列为合成聚合物F的路线图：已知：请根据以上信息，回答下列问题：（1）A中含有官能团（不考虑苯环，下同）名称是__________，C的系统命名为__________．（2）B+D→E的反应类型是__________，检验B中所含官能团所用的试剂有__________．20（3）C生成D的反应化学方程式为__________，如果C与NaOH的醇溶液反应，则生成的有机物的结构简式为__________．（4）G物质的相对分子质量比的相对分子质量大2，则符合下列条件的G的同分异构体有__________种．①分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基②遇氯化铁溶液变紫色．2022年山东省济宁市梁山一中高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题（本题包括13小题，每小题5分，共65分，每小题只有一个选项符合题意．）1．下列关于物质的性质和应用的说法均正确的是()A．AB．BC．CD．D考点：油脂的性质、组成与结构；盐类水解的应用；纤维素的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．分析：A．油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应；B．硫酸铵不是重金属盐，不能使蛋白质发生变性；C．单糖不水解；D．具有强氧化性的物质能够杀菌消毒．解答：解：A．油脂在碱性条件下的水解生成高级脂肪酸钠，可用于制取肥皂，故A正确；B．重金属盐类能使蛋白质凝结变性，失去原有的生理功能，所以误食重金属盐能使人中毒，硫酸铵不是重金属盐，不能使蛋白质发生变性，故B错误；C．糖类中单糖不能发生水解反应，故C错误；D．明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体能净水，明矾没有强氧化性，所以不能杀菌消毒，故D错误．故选A．点评：本题考查较为综合，侧重于有机物的组成、性质和应用，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．2．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O．当产物n（NO2）：n（NO）=1：1时，下列说法不正确的是()A．反应中Cu2S只做还原剂20B．参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=1：5C．产物n[Cu（NO3）2]：n[CuSO4]=1：1D．1molCu2S参加反应时有10mol电子转移考点：氧化还原反应．分析：由信息可知，n（NO2）：n（NO）=1：1，假定生成1molNO2、1molNO；则HNO3被还原生成1molNO2、1molNO共得4mole﹣；Cu2S应失4mole﹣．而1molCu2S能失10mole﹣，故失4mole﹣说明反应的Cu2S的物质的量为0.4mol，0.4molCu2S生成0.4molCuSO4和0.4molCu（NO3）2；即起酸性作用的HNO3的物质的量为0.8mol，起氧化作用的HNO3为2mol．反应的HNO3共2.8mol，故n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=2：14，则发生2Cu2S+14HNO3=2Cu（NO3）2+2CuSO4+5NO2↑+5N0↑+7H2O，Cu、S元素的化合价升高，N元素的化合价降低，结合化学方程式的定量关系和氧化还原反应关系分析判断．解答：解：A．Cu、S元素的化合价升高，则Cu2S做还原剂，故A正确；B．由2Cu2S+14HNO3=2Cu（NO3）2+2CuSO4+5NO2↑+5N0↑+7H2O可知，参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=2：14，故B错误；C．由发生的反应可知，产物n[Cu（NO3）2]：n[CuSO4]=1：1，故C正确；D．1molCu2S参加反应时有1mol×2×（2﹣1）+1mol×[6﹣（﹣2）]=10mol电子转移，故D正确；故选B．点评：本题考查氧化还原反应，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，综合性较强，题目难度中等大．3．下列装置或操作能达到实验目的是()A．用图所示装置收集SO2气体B．用图所示装置萃取碘水中的碘C．用图所示装置进行石油的分馏20D．用图所示装置检验溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热产生的乙烯考点：化学实验方案的评价．分析：A．二氧化硫的密度比空气密度大；B．萃取碘水中的碘，需要分液漏斗；C．分馏时测定馏分的温度；D．乙醇易挥发，乙醇与生成的乙烯均能被高锰酸钾氧化．解答：解：A．二氧化硫的密度比空气密度大，应利用向上排空气法收集，图中进气导管应长进，故A错误；B．萃取碘水中的碘，需要分液漏斗，萃取、分液可提纯，则图中分液装置合理，故B正确；C．分馏时测定馏分的温度，则温度计的水银球应在烧瓶支管口处，故C错误；D．乙醇易挥发，乙醇与生成的乙烯均能被高锰酸钾氧化，应除去乙醇后再检验溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热产生的乙烯，故D错误；故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备及收集、混合物分离提纯、有机物的性质、检验等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析和实验装置的作用，题目难度不大．4．X、Y、Z、W四种短周期元素，原子序数依次增大．其中X的最外层电子数是最内层电子数的2倍，Y可形成双原子和三原子气体单质，Z和W形成的化合物中离子个数比为1：1，W的最高正价为+7价．则下列说法正确的是()A．Y形成的简单离子半径小于Z形成的简单离子半径B．X的氢化物稳定性弱于Y的氢化物稳定性C．四种元素中，W的氧化物对应的水合物酸性最强D．Y与Z形成的两种化合物中所含有化学键类型相同考点：原子结构与元素周期律的关系．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X、Y、Z、W是四种短周期元素，原子序数依次增大，X的最外层电子数是最内层电子数的2倍，由原子序数可知，X不可能处于第三周期，只能处于第二周期，故其最外层电子数为4，则X为C元素；Y可形成双原子和三原子气体单质，则Y为N元素；Z和W形成的化合物中离子个数比为1：1，W的最高正价为+7价，则W为Cl，Z为Na，据此解答．解答：解：X、Y、Z、W是四种短周期元素，原子序数依次增大，X的最外层电子数是最内层电子数的2倍，由原子序数可知，X不可能处于第三周期，只能处于第二周期，故其最外层电子数为4，则X为C元素；Y可形成双原子和三原子气体单质，则Y为N元素；Z和W形成的化合物中离子个数比为1：1，W的最高正价为+7价，则W为Cl，Z为Na．A．N3﹣、Na+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：N3﹣＞Na+，故A错误；B．非金属性C＜N，故氢化物稳定性CH4＜NH3，故B正确；20C．应是四种元素中，W的最高价氧化物对应的水合物酸性最强，不是最高价则不一定，若次氯酸为弱酸，硝酸为强酸，故C错误；D．Y与Z形成的两种化合物为NaN3、Na3N，前者含量离子键、共价键，后者含有离子键，故D错误，故选B．点评：本题考查位置结构性质关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，C、D选项为易错点，学生容易忽略最高价，D选项中学基本比涉及．5．莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是()A．分子式为C7H6O5B．分子中含有2种官能团C．可发生加成和取代反应D．1mol莽草酸与足量金属Na反应生成生成0.5molH2考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由结构简式可知分子式，分子中含﹣OH、双键、﹣COOH，结合醇、烯烃、羧酸的性质来解答．解答：解：A．由结构简式可知分子式为分子式为C7H10O5，故A错误；B．含﹣OH、双键、﹣COOH，为三种官能团，故B错误；C．含双键可发生加成反应，含﹣OH、﹣COOH可发生取代反应，故C正确；D．﹣OH、﹣COOH均与Na反应，则1mol莽草酸与足量金属Na反应生成生成2molH2，故D错误；故选C．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重羧酸、烯烃及醇的性质及分析、应用能力的考查，题目难度不大．6．下列说法中正确的是()A．常温下pH=7的溶液中：Fe3+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣能大量共存B．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：ClO﹣+CO2+H2O=HClO+HCO3﹣C．一定温度下，1L0.5mol•L﹣1NH4Cl溶液中与2L0.25mol•L﹣1NH4Cl溶液含NH4+物质的量相同D．常温下水电离出c（H+）×c（OH﹣）=10﹣20的溶液中：Na+、ClO﹣、SO42﹣、NH4+可能大量共存考点：离子共存问题；离子方程式的书写；盐类水解的应用．分析：A．Fe3+在pH为4.4左右沉淀完全；B．NaClO溶液中通入少量二氧化碳，发生强酸制取弱酸的反应，生成HClO和碳酸氢钠；C．铵根离子水解，浓度越小，水解程度越大；D．常温下水电离出c（H+）×c（OH﹣）=10﹣20的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液．20解答：解：A．Fe3+在pH为4.4左右沉淀完全，则pH=7的溶液中不能大量存在Fe3+，故A错误；B．NaClO溶液中通入少量二氧化碳，发生强酸制取弱酸的反应，生成HClO和碳酸氢钠，离子反应为ClO﹣+CO2+H2O=HClO+HCO3﹣，故B正确；C．铵根离子水解，浓度越小，水解程度越大，则2L0.25mol•L﹣1NH4Cl溶液含NH4+物质的量更小些，故C错误；D．常温下水电离出c（H+）×c（OH﹣）=10﹣20的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在ClO﹣，碱溶液中不能大量存在NH4+，故D错误；故选B．点评：本题考查离子的共存，为高考中的经典题型，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重水解、复分解反应的离子共存考查，有利于学生思维严密性训练，综合性较强，题目难度不大．7．常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2．通入的CO2的体积（V）与溶液中水电离出的OH﹣离子浓度（φ）的关系如图所示．下列叙述不正确的是()A．a点溶液中：水电离出的c（H+）=1×10﹣10mol/LB．b点溶液中：c（H+）=1×10﹣7mol/LC．c点溶液中：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）D．d点溶液中：c（Na+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）考点：离子浓度大小的比较．分析：a点为单一氢氧化钠溶液，a到c是生成碳酸钠，b点是碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液，c点是单一的碳酸钠溶液，c到d是生成碳酸氢钠，d点是碳酸氢钠和碳酸的混合溶液，d点溶液呈中性，由此分析解答．A、水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度始终相等，a是没有通二氧化碳的情况，即pH=10的NaOH溶液，结合水的离子常数分析求解；B、b点是强碱溶液对水的电离起抑制作用，所以溶液中的c（H+）＜1×10﹣7mol/L；C、当水电离出的OH﹣离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液，对水的电离起促进作用；D、d点溶液中水电离出的OH﹣离子浓度10﹣7mol/L，溶液呈中性，结合电荷守恒分析解答．解答：解：A、水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度始终相等，a是没有通二氧化碳的情况，即pH=10的NaOH溶液，则c（H+）=1×10﹣10mol/L，而氢离子来源于水的电离，所以水电离出的c（H+）=1×10﹣10mol/L，故A正确；B、b点是强碱溶液对水的电离起抑制作用，所以溶液中的c（H+）＜1×10﹣7mol/L，故B错误；C、当水电离出的OH﹣离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液，对水的电离起促进作用，所以离子溶液浓度大小为c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣），故C正确；20D、d点溶液中水电离出的OH﹣离子浓度10﹣7mol/L，溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），两式相减，得c（Na+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），故D正确；故选B．点评：本题考查混合物的计算、图象数据的处理知等，难度中等，根据图象判断溶质及各段发生的反应是解题的关键．二、【必做部分】8．（17分）能源短缺是人类社会面临的重大问题．甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景．（1）工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应Ⅰ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1反应Ⅱ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2①上述反应符合“原子经济”原则的是Ⅰ（填“I”或“Ⅱ”）．②下表所列数据是反应I在不同温度下的化学平衡常数（K）．由表中数据判断△H1＜0（填“＞”、“=”或“＜”）．③某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c（CO）=0.2mol/L，则CO的转化率为80%，此时的温度为250℃（从上表中选择）．（2）已知在常温常压下：①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ/mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.0kJ/mol③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣442.8kJ∕mol（3）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置．①该电池正极的电极反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣．②工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池总反应的化学方程式为2CH3OH+3O2+4OH﹣=2CO32﹣+6H2O．考点：化学平衡常数的含义；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡的计算．专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题．20分析：（1）①原子经济性原则指的是原子利用率高的反应；②对于放热反应，温度越高则平衡常数越小；③根据化学方程式计算平衡转化率和化学平衡常数进而确定反应的温度；（2）根据盖斯定律来计算化学反应的焓变，书写热化学方程式；（3）极是氧气发生得电子的还原反应，总反应是燃料燃烧的反应．解答：解：（1）①原子经济性原则指的是原子利用率高的反应，Ⅰ是化合反应，原子利用率高达100%，故答案为：Ⅰ；②根据表中数据可以看出，温度越高则平衡常数越小，可以确定该反应是放热反应，故答案为：＜；③设一氧化碳的变化量为x，则CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）初始浓度（mol/L）130变化浓度（mol/L）0.81.60.8平衡浓度（mol/L）0.22.40.8则CO的转化率=×100%=80%，平衡常数K===2.041，所以该反应的温度为250℃，故答案为：80%；250℃；（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的反应CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）和反应①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ/mol，②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.0kJ/mol，③H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol之间的关系为：①×﹣②×+2×③=﹣442.8kJ∕mol，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣442.8kJ∕mol；（3）①在燃料电池中，正极是氧气发生得电子的还原反应，即O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；②工作一段时间后，测得溶液的pH减小，说明氢氧根离子被消耗，在在燃料电池中，总反应是燃料燃烧的反应，故答案为：2CH3OH+3O2+4OH﹣=2CO32﹣+6H2O．点评：本题是一道涉及电化学、热化学、化学平衡知识的综合题目，考查角度广，难度大．9．（17分）降低太气中CO2含量及有效开发利用CO2，是科学家研究的重要课题．（1）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=122.4kJ•mol﹣1①某温度下，将2.0molCO2（g）和6.0molH2（g）充入体积可变的密闭容器中，反应到达平衡时，改变压强和温度，平衡体系中．CH3OCH3（g）的物质的量分数变化如下表所示．20则P1＞P3（填“＞”“＜”或“=”，下同）．若T1、P1，T3、P3时平衡常数分别为K1、K3，则K1＜K3．T1、P1时H2的平衡转化率为57.14%．②一定条件下，上述反应在密闭容器中达平衡．当仅改变影响反应的一个条件，引起的下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是cd．a．反应物的浓度降低b．容器内压强增大c．正反应速率大于逆反应速率d．化学平衡常数K增大（2）碳酸氢钾溶液加水稀释，增大（填“增大”“不变”或“减小”）．用碳酸钾溶液吸收空气中CO2，当溶液呈中性时，下列关系或说法正确的是：b．a．c（K+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）b．c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）c．降低温度，c（H+）•c（OH﹣）不变（3）向盛有FeCl3溶液的试管中滴加少量碳酸钾溶液，立即产生气体，溶液颜色加深，用激光笔照射能产生丁达尔效应，反应的离子方程式为2Fe3++3CO32﹣+3H2O=2Fe（OH）3（胶体）+3CO2↑．考点：化学平衡的影响因素；离子方程式的书写；离子浓度大小的比较．分析：（1）①分析图表数据，结合影响平衡因素和平衡移动原理分析，利用“定一议二”的方法分析温度一定，平衡体系中CH3OCH3（g）的物质的量分数随压强变化，反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行，平衡体系中CH3OCH3（g）的物质的量分数增大；反应是放热反应，温度越高，平衡逆向进行，平衡体系中CH3OCH3（g）的物质的量分数减小；平衡常数随温度变化；依据化学平衡三段式列式计算转化率=；②平衡一定向正反应方向移动，利用反应是气体体积减小的放热反应，增大压强、降低温度、减少生成物促进平衡正向进行；（2）碳酸氢钾溶液中碳酸氢根离子水解显碱性，变式比值同乘以氢离子浓度，结合电离平衡常数和溶液中离子积常数分析判断，用碳酸钾溶液吸收空气中CO2，a、当溶渡呈中性时溶液中存在电荷守恒分析；b、中性溶液中存在碳酸氢根离子和碳酸溶液分析判断；c、溶液中离子积随温度变化；（3）向盛有FeCl3溶液的试管中滴加少量碳酸钾溶液，碳酸根离子和铁离子发生双水解反应生成氢氧化铁胶体和二氧化碳．解答：解：（1）①2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=﹣122.4kJ•mol﹣1，反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行，平衡体系中CH3OCH3（g）的物质的量分数增大，P1、P2、P3分析数值变化可知，平衡体系中CH3OCH320（g）的物质的量分数减小，说明平衡逆向进行，压强减小P1＞P3，反应是放热反应，温度越高，平衡逆向进行，平衡体系中CH3OCH3（g）的物质的量分数减小，平衡常数随温度变化，若T1、Pl，T3、P3时平衡常数分别为K1、K3，依据数据分析，T1＞T3，K1＜K3；依据化学平衡三段式列式计算T1、Pl时H2的平衡转化率，设氢气转化率为x；2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）起始量（mol）2600变化量（mol）xxxx平衡量（mol）2﹣x6﹣xxx甲醚物质的量分数=×100%=0.10x=mol转化率==×100%=57.14%；故答案为：＜；＞；57.14%；②平衡一定向正反应方向移动，利用反应是气体体积减小的放热反应，增大压强、降低温度、减少生成物促进平衡正向进行；a．反应物的浓度降低，平衡逆向进行，故a不符合；b．容器内压强增大，平衡向气体体积减小的方向进行，即正反应方向进行，若恒温恒容容器中加入惰气，压强增大，平衡不动，故b不符合；c．正反应速率大于逆反应速率，反应一定正向进行，故c符合；d．化学平衡常数K增大，说明反应正向进行，故d符合；故选cd；（2）碳酸氢钾溶液中碳酸氢根离子水解显碱性，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，变式比值同乘以氢离子浓度得到=，溶液呈碱性，加入水稀释，氢氧根离子浓度减小，依据离子积常数可知，溶液中氢离子浓度增大，比值增大；a、当溶渡呈中性时溶液中存在电荷守恒分析，溶液中存在物料守恒为：c（K+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），得到c（K+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），故a错误；b、中性溶液中存在碳酸氢根离子和碳酸溶液，溶液中碳酸电离生成碳酸氢根离子和氢离子，碳酸氢根离子发生微弱的水解，溶液中存在c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），故b正确；c、溶液中离子积随温度变化，降低温度，离子积发生变化，故c错误；故选b；故答案为：增大；b；（3）向盛有FeCl3溶液的试管中滴加少量碳酸钾溶液，碳酸根离子和铁离子发生双水解反应生成氢氧化铁胶体和二氧化碳，反应的离子方程式为：2Fe3++3CO32﹣+3H2O=2Fe（OH）3（胶体）+3CO2↑，故答案为：2Fe3++3CO32﹣+3H2O=2Fe（OH）3（胶体）+3CO2↑．20点评：本题考查了化学平衡、平衡常数影响因素分析判断，概念的计算应用，电解质溶液中离子浓度大小比较，电离平衡常数的分析应用，离子方程式书写方法，掌握基础是关键，题目难度中等．10．（19分）硫酰氯（SO2Cl2）是一种化工原料，有如下有关信息：常温下为无色液体，熔点为﹣54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中“发烟”；100℃以上开始分解，生成二氧化硫和氯气．氯化法是合成硫酰氯的常用方法，实验室合成反应和实验装置如图1：回答下列问题：（1）仪器A的名称为冷凝管，甲中活性炭的作用是催化剂，B中加入的药品是碱石灰．实验时从仪器C中放出溶液的操作方法是打开分液漏斗上口玻璃塞，再旋转活塞使液体流下．（2）装置丁中发生反应的离子方程式为Cl﹣+ClO﹣+2H+=Cl2↑+H2O．用亚硫酸钠固体和浓硫酸制备二氧化硫气体时，如要控制反应速度，图2中可选用的发生装置是ac（填写字母）．（3）氯磺酸（C1SO3H）加热分解，也能制得硫酰氯与另外一种物质，该反应的化学方程式为2C1SO3HSO2Cl2+H2SO4，分离产物的方法是蒸馏．（4）若缺少装置乙，氯气和二氧化硫可能发生反应的化学方程式为Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；．为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中还需要注意的事项有（只答一条即可）控制气体流速，宜慢不宜快或对三颈烧瓶进行适当的降温等．考点：制备实验方案的设计．分析：（1）由仪器A的结构特征，可知A为冷凝管；由反应原理可知，活性炭没有参与反应，应起催化剂作用；由于SO2Cl2在潮湿空气中“发烟”，装置B的作用是吸收空气中水蒸气，且吸收未反应的二氧化硫与氯气，防止污染空气；打开分液漏斗上口玻璃塞，平衡气压，再旋转活塞使液体流下；（2）装置丁制备氯气，浓盐酸与漂白粉反应得到氯化钙、氯气与水；用亚硫酸钠固体和浓硫酸制备二氧化硫气体时，可以通过控制加入硫酸的量（或速度）控制反应速率；（3）氯磺酸（C1SO3H）加热分解，也能制得硫酰氯（SO2Cl2）与另外一种物质，由元素守恒可知，另外物质含有H元素，C1SO3H中S、Cl原子数目之比为1：1，而SO2Cl2中S、Cl原子数目之比为1：2，故另外物质中含有S元素，结合原子守恒可知另外物质为H2SO4，二者沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离；（4）丁装置制备的氯气中含有HCl、水蒸气，丙装置盛放饱和食盐水，除去混有的HCl，乙装置盛放浓硫酸，干燥氯气，若缺少装置乙，氯气和二氧化硫、水反应生成HCl与硫酸，20提高本实验中硫酰氯的产率，可以控制气体流速，使其充分反应，该反应为放热反应，可以对三颈烧瓶进行适当的降温．解答：解：（1）由仪器A的结构特征，可知A为冷凝管；由反应原理可知，活性炭没有参与反应，应起催化剂作用；由于SO2Cl2在潮湿空气中“发烟”，装置B的作用是吸收空气中水蒸气，且吸收未反应的二氧化硫与氯气，防止污染空气，可以盛放碱石灰；从仪器C中放出溶液的操作方法是：打开分液漏斗上口玻璃塞，再旋转活塞使液体流下，故答案为：冷凝管；催化剂；碱石灰；打开分液漏斗上口玻璃塞，再旋转活塞使液体流下；（2）装置丁制备氯气，浓盐酸与漂白粉反应得到氯化钙、氯气与水，反应离子方程式为：Cl﹣+ClO﹣+2H+=Cl2↑+H2O；a．可以通过旋转活塞，控制滴加硫酸速度，进而可控制反应速率，故a正确；b．浓硫酸与亚硫酸钠混合，不能控制反应速率，故b错误；c．橡皮管连接，可以平衡分液漏斗内压强，有利于浓硫酸顺利流下，通过旋转活塞，控制滴加硫酸速度，可控制反应速率，故c正确；d．亚硫酸钠为粉末且可溶，无法利用简易启普发生器控制，故d错误，故答案为：Cl﹣+ClO﹣+2H+=Cl2↑+H2O；ac；（3）氯磺酸（C1SO3H）加热分解，也能制得硫酰氯（SO2Cl2）与另外一种物质，由元素守恒可知，另外物质含有H元素，C1SO3H中S、Cl原子数目之比为1：1，而SO2Cl2中S、Cl原子数目之比为1：2，故另外物质中含有S元素，结合原子守恒可知另外物质为H2SO4，反应方程式为：2C1SO3HSO2Cl2+H2SO4；二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离，故答案为：2C1SO3HSO2Cl2+H2SO4；蒸馏；（4）丁装置制备的氯气中含有HCl、水蒸气，丙装置盛放饱和食盐水，除去混有的HCl，乙装置盛放浓硫酸，干燥氯气，若缺少装置乙，氯气和二氧化硫、水反应生成HCl与硫酸，反应方程式为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；为提高本实验中硫酰氯的产率，可以控制气体流速，宜慢不宜快，使其充分反应，由于100℃以上SO2Cl2开始分解，该反应为放热反应，可以对三颈烧瓶进行适当的降温，故答案为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；控制气体流速，宜慢不宜快或对三颈烧瓶进行适当的降温等．点评：本题考查实验制备方案，涉及对反应原理、装置及操作的分析评价、对仪器的识别、物质的分离提纯等，注意对物质性质信息的应用，难度中等．三、【选做部分】【化学--物质结构与性质】11．H、C、N、O、都属于自然界中常见非金属元素．（1）O、C、N三种元素的第一电离能由小到大顺序是CON；NH4+中氮原子轨道的杂化类型为sp3杂化．（2）CO、N2的结构可表示为：C≡O、N≡N两者的键能数据：（单位kJ/mol）20结合数据说明CO比N2活泼的原因CO的第一个π键的键能为273kJ/mol，N2中的第一个π键的键能为523.3kJ/mol，所以CO的第一个键比N2更容易断裂．（3）乙二胺（H2N﹣CH2﹣CH2﹣NH2）和三甲胺[N（CH3）3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高的多，原因是乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键．（4）C、N元素形成的新材料具有如右图所示结构，该晶体硬度将超过目前世界上最硬的金刚石，成为首屈一指的超硬新材料．该物质的化学式为：C3N4．考点：晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响．分析：（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；根据价层电子对互斥理论确定其空间构型；（2）根据断裂三键中的中的一个π键消耗的能量判断；（3）乙二胺（H2N﹣CH2﹣CH2﹣NH2）分子之间可以形成氢键，但三甲胺[N（CH3）3]分子之间不能形成氢键；（4）利用均摊法确定其化学式．解答：解：（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；NH4+中氮原子含有4个共价键，所以其轨道的杂化类是sp3杂化；故答案为：N＞O＞C；sp3杂化；（2）根据表中数据可知，断裂C≡O中的一个π键消耗的能量是1071.9kJ/mol﹣798.9kJ/mol=273kJ/mol，断裂N≡N中的一个π键消耗的能量是941.7kJ/mol﹣418.4kJ/mol=523.3kJ/mol，断裂一个π键CO比N2更容易，所以CO更活泼．故答案为：CO的第一个π键的键能为273kJ/mol，N2中的第一个π键的键能为523.3kJ/mol，所以CO的第一个键比N2更容易断裂；（3）乙二胺（H2N﹣CH2﹣CH2﹣NH2）分子之间可以形成氢键，三甲胺[N（CH3）3]分子之间不能形成氢键，故乙二胺的沸点较高．故答案为：乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；（4）该晶胞中含有碳原子个数=8×+4×=3，N原子个数为4，所以其化学式为C3N4，故答案为：C3N4．20点评：本题考查物质与结构知识，涉及化学式的确定、氢键、电离能、原子杂化方式等知识点，这些都是高考热点，利用价层电子对互斥理论来确定微粒的空间构型及原子的杂化方式，难度中等．四、【化学-有机化学基础】12．下列为合成聚合物F的路线图：已知：请根据以上信息，回答下列问题：（1）A中含有官能团（不考虑苯环，下同）名称是碳碳双键、醛基，C的系统命名为1，2﹣二溴丙烷．（2）B+D→E的反应类型是取代反应（或酯化反应），检验B中所含官能团所用的试剂有碳酸氢钠溶液（或碳酸钠）、溴水．（3）C生成D的反应化学方程式为CH3CHBrCH2Br+2NaOH→CH3CH（OH）CH2OH+2NaBr，如果C与NaOH的醇溶液反应，则生成的有机物的结构简式为CH3C≡CH（写成CH2=C=CH2也给分）．（4）G物质的相对分子质量比的相对分子质量大2，则符合下列条件的G的同分异构体有3种．①分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基②遇氯化铁溶液变紫色．考点：有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构．专题：有机物的化学性质及推断．分析：据已知反应，苯乙醛与甲醛发生羟醛缩合并失水生成A，A为，A与新制氢氧化铜悬浊液反应，醛基变为羧基，据F的结构简式可知，C3H620为丙烯，C为1，2﹣二溴丙烷，其水解生成D，D为1，2﹣二羟基丙醇，B与D在浓硫酸作用下发生酯化反应应，生成的E为，E发生加聚反应生成F，据此分析．解答：解：（1）A为，其所含官能团有碳碳双键和醛基；醛基变为羧基，据F的结构简式可知，C3H6为丙烯，其与溴放出加成反应生成的C为1，2﹣二溴丙烷，故答案为：碳碳双键、醛基；1，2﹣二溴丙烷；（2）B与D在浓硫酸作用下发生酯化反应应，生成的E为，B中含有的官能团为羧基和碳碳双键，用碳酸氢钠溶液检验羧基，用溴水检验碳碳双键，故答案为：取代反应（或酯化反应）；碳酸氢钠溶液（或碳酸钠）、溴水；（3）C为1，2﹣二溴丙烷，其水解生成D，D为1，2﹣二羟基丙醇，反应的化学方程式为：CH3CHBrCH2Br+2NaOH→CH3CH（OH）CH2OH+2NaBr；C与氢氧化钠的水溶液发生消去反应生成丙炔或1，2﹣丙二烯，故答案为：CH3CHBrCH2Br+2NaOH→CH3CH（OH）CH2OH+2NaBr；CH3C≡CH（写成CH2=C=CH2也给分）；（4）G物质的相对分子质量比的相对分子质量大2，为苯乙醇，其同分异构体具备①分子中含有苯环，且苯环上有两个取代基②遇氯化铁溶液变紫色，说明含有乙基和酚羟基，其由邻间对3种同分异构体，故答案为：3．点评：本题考查了据框图进行有机推断，同时考查了官能团的名称、有机化学反应类型、化学方程式书写、同分异构体判断，据官能团的性质判断反应是解题的关键．2020