湖南省长沙市雅礼中学2019届高三下学期二模理科综合化学试题 Word版含解析 21页

www.ks5u.com 湖南省长沙市雅礼中学2019届高三下学期二模理综化学试题 ‎1.中华传统文化蕴含着很多科学知识。下列说法错误的是 A. “司南之档(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中“构”所用材质为Fe2O3‎ B. “水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化 C. “红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指乙烯 D. “含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明柑橘糖浆有甜味，可以止渴 ‎【答案】A ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、Fe3O4俗称磁性氧化铁，具有磁性，则司南中“杓”所用材质为Fe3O4，故A错误；‎ B项、“水声冰下咽，沙路雪中平”的意思是流水在冰层下发出低咽的声响，原来崎岖不平的沙路铺上厚厚的积雪也显得很平坦，文中所述未涉及化学变化，故B正确；‎ C项、乙烯能作水果的催熟剂，故C正确；‎ D项、“含浆似注甘露钵，好与文因止消渴”说明柑橘糖浆含有葡萄糖，有甜味，可以起到“止消渴”的作用，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查的化学与生活，试题以传统文化为载体考查利用所学化学知识解释生产、生活中化学问题能力，掌握常见物质的性质及用途是解答关键。‎ ‎2.NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于治金、染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。下列有关说法正确的是 A. 1L.0.25mol/L.Na2SO4溶液中含有的氧原子数目为NA B. 1L.0.1mol/LNa2S溶液中含有的阴离子数目小于0.1NA C. 生成1mol还原产物时转移电子数为8NA D. 通常状况下，11.2L.CO2中含有的共价键数目为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ 解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：①要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，②涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，③涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，④涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；⑤涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；⑥要注意审清运算公式。‎ ‎【详解】A项、溶剂水分子中也含有氧原子，故无法计算1L0.25mol/LNa2SO4溶液中含有的氧原子数目，故A错误；‎ B项、Na2S溶液中S2-水解：S2－＋H2OHS－＋OH－，导致阴离子总数增多，则阴离子数目大于0.1NA，故B错误；‎ C项、由方程式可知反应的还原产物为硫化钠，生成1mol硫化钠时转移电子数为1mol×[6-（-2）]=8mol，个数为8NA，故C正确；‎ D项、通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2LCO2的物质的量小于0.5 mol，所含有的共价键数目小于2NA，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，注意气体摩尔体积的适用范围和溶液中的水也含有氧原子是解答关键。‎ ‎3.下列有关实验的叙述完全正确的是 A. A B. B C. C D. D - 21 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色；‎ B、氯化铜在溶液中水解生成氢氧化铜和氯化氢，加热促进氯化铜水解，生成的氯化氢易挥发使水解趋于完全生成氢氧化铜；‎ C、离子反应向着离子浓度减小的方向进行；‎ D、未反应的氯气对取代反应的产物HCl的检验产生干扰。‎ ‎【详解】A项、次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色，不能用pH试纸测次氯酸钠溶液的pH，不能达到实验目的，故A错误；‎ B项、氯化铜在溶液中水解生成氢氧化铜和氯化氢，加热促进氯化铜水解，生成的氯化氢易挥发使水解趋于完全生成氢氧化铜，制备无水氯化铜应在HCl气流中蒸发，故B错误；‎ C项、碘化银和氯化银是同类型的难溶电解质，向浓度相同的银氨溶液中分别加入相同浓度氯化钠和碘化钠溶液，无白色沉淀生成，有黄色沉淀生成，说明碘化银溶度积小于氯化银，故C正确；‎ D项、氯气溶于水也能与硝酸银反应生成白色的氯化银沉淀，未反应的氯气对取代反应的产物HCl的检验产生干扰，不能达到实验目的，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.2018年7月12日，我国科学家姜雪峰教授被评为”全球青年化学家元素周期表硫元素代言人”，其是目前为止第一位人选的中国学者。下列说法或推测正确的是 A. 单质S不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳 B. 含氧酸的酸性:Cl＞S＞P C. 沸点:H2O＜H2S＜PH3‎ D. 由H和S形成共价键的过程: ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【详解】A项、单质硫为非极性分子，依据相似相溶原理可知，硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故A正确；‎ B项、元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素非金属性Cl＞S＞P，最高价氧化物对应水化物的酸性Cl＞S＞P，但含氧酸的酸性不一定，如次氯酸为弱酸，酸性小于强酸硫酸，故B错误；‎ C项、水分子间能够形成氢键，增大了分子间作用力，而硫化氢和磷化氢分子间不能形成氢键，水的沸点高于硫化氢和磷化氢，故C错误；‎ D项、硫化氢为共价化合物，用电子式表示硫化氢的形成过程为，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律和化学键，注意元素周期律的理解，明确相似相溶原理、氢键对物质性质的影响，注意共价化合物电子式的书写是解答关键。‎ ‎5.扁桃酸(Z)是重要的医药合成的中间体，工业上合成它的路线之一如下所示(不考虑立体异构）‎ 下列有关说法错误的是 A. 若反应1发生的是加成反应，则Q是HCN B. X、Y两种分子中共平面的碳原子数目一定相等 C. 可用银氨溶液检验Z中是否含有X D. Z苯环上的二硝基取代产物最多有6种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由有机物的转化关系可知，与HCN发生加成反应生成，在酸性条件下水解生成。‎ - 21 -‎ ‎【详解】A项、若反应I是加成反应,通过分析反应物和产物的结构可知，分子中醛基与HCN发生加成反应生成，故A正确；‎ B项、分子的所有碳原子共平面，共平面碳原子数目为7个，分子中的所有碳原子也可能共平面，共平面碳原子数目最多为8个，故B错误；‎ C项、中含有醛基，能发生银镜反应，中不含有醛基，不能发生银镜反应，则可用银氨溶液检验中是否含有，故C正确；‎ D项、不考虑立体异构Z苯环上的二硝基取代物最多有6种，结构简式分别为、、、、、，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构与转化关系为解答的关键。‎ ‎6.科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如左下图所示，用Cu—Si合金作硅源，在950℃下利用三层液熔盐进行电解精炼，并利用某CH4燃料电池(如下图所示)作为电源。下列有关说法不正确的是 A. 电极c与b相连，d与a相连 - 21 -‎ B. 左侧电解槽中;Si优先于Cu被氧化 C. a极的电极反应为CH4-8e—+4O2— ===CO2+2H2O D. 相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，会影响硅的提纯速率 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳，通入氧气的电极b为正极，氧气在正极上得电子发生还原反应生成阳离子，根据电解池中电子的移动方向可知，c为阴极，与a相连，Si4+在阴极上得电子发生还原反应生成Si，d为阳极，与b相连，Si在阳极上失电子发生氧化反应生成Si4+。‎ ‎【详解】A项、甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，通入氧气的电极b为正极，根据电解池中电子的移动方向可知，c为阴极，与a相连，d为阳极，与b相连，故A错误；‎ B项、由图可知，d为阳极，Si在阳极上失去电子被氧化生成Si4+，而铜没被氧化，说明硅优先于钢被氧化，故B正确；‎ C项、甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH4-8e—+4O2— =CO2+2H2O，故C正确；‎ D项、相同时间下，通入CH4、O2的的体积不同，反应转移电子的物质的量不同，会造成电流强度不同，影响硅的提纯速率，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查原电池和电解池原理的应用，注意原电池、电解池反应的原理和电子移动的方向，明确离子放电的先后顺序是解题的关键。‎ ‎7.25℃时，向0.1mol/LNaA溶液中滴滴加盐酸，遇得混合溶液的pH与的变化关系如下图所示，下列叙述正确的是 - 21 -‎ A. E点溶液中c(Na+)＝c(A—)‎ B. Ka(HA)的数量级为10—3‎ C. 滴加过程中保持不变 D. F点溶液中c(Na+)＞c(HA)＞c(A—)＞c(OH—)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，E点溶液pH为7，溶液中c(H+)＝c(OH—)，‎ ‎【详解】A项、由图可知，E点溶液pH为7，溶液中c(H+)＝c(OH—)，由溶液中电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)＝c(A—)+ c(Cl—)+ c(OH—)可知，溶液中c(Na+)＝c(A—)+ c(Cl—)，故A错误；‎ B项、HA的电离常数Ka(HA)=，由图可知pH为3.45时，溶液中=0，c（HA）=c(A—)，则Ka(HA)= c(H+)＝10-3.45，Ka(HA)的数量级为10—4，故B错误；‎ C项、溶液中==，温度不变，水的离子积常数、弱酸的电离常数不变，则滴加过程中保持不变，故C正确；‎ D项、F点溶液pH为5，=—1，则溶液中c(A—)＞c(HA)，由物料守恒c(Na+)＝c(A—)+ c（HA）可知c(Na+)＞c(A—)，则溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)＞c(A—)＞c(HA)＞c(OH—)，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎8.氯化钠(NaCN)是一种基本化工原料，同时也是一种毒物质。一旦泄漏需要及时处理，一般可以通过喷酒双氧水或过硫酸钠(Na2S2)溶液来处理，以减少对环境的污染。‎ - 21 -‎ I.(1)NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学方程式是___________________________________。‎ II.工业制备过硫酸钠的反应原理如下所示 主反应:(NH4)2S2O8+2NaOHNa2S2O8+2NH3↑+2H2O 副反应:2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+N2+6H2O 某化学小组利用上述原理在实验室制备过硫酸，并用过硫酸钠溶液处理含氰化钠的废水。‎ 实验一:实验室通过如下图所示装置制备Na2S2O8。‎ ‎(2)装置中盛放(NH4)2S2O8溶液的仪器的名称是____________。‎ ‎(3)装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c的原因是____________________。‎ ‎(4)上述装置中还需补充的实验仪器或装置有______________(填字母代号)。‎ A.温度计 B水浴加热装置 C.洗气瓶 D.环形玻璃搅拌棒 实验二:测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氯化钠的含量。‎ 已知;①废水中氯化钠的最高排放标准为0.50mg/L。‎ ‎②Ag++2CN—===[Ag(CN)2]—，Ag++I—＝＝AgI↓，AgI呈黄色，CN—优先与Ag+发生反应。实验如下:取1L处理后的NaCN废水，浓缩为10.00mL置于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.010—3mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为5.00mL ‎(5)滴定终点的现象是___________________________________。‎ ‎(6)处理后的废水中氰化钠的浓度为____________________mg/L.‎ Ⅲ.(7)常温下，含硫微粒的主要存在形式受pH的影响。利用电化学原理，用惰性电极电解饱和NaHSO4溶液也可以制备过硫酸钠。已知在阳极放电的离子主要为HSO4—，则阳极主要的反应式为_________________________。‎ - 21 -‎ ‎【答案】 (1). NaCN＋H2O2＋H2O=NH3↑＋NaHCO3 (2). 三颈烧瓶 (3). 将产生的氨气及时排出并被吸收，防止产生倒吸，减少发生副反应 (4). AB (5). 滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶的溶液中恰好产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失 (6). 0.49 (7). 2HSO4—-2e-=S2O82—+2H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I. 由题意，NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明NaCN与双氧水发生氧化还原反应生成了NaHCO3和NH3；‎ II. 装置b中过二硫酸铵与氢氧化钠在55℃温度下反应生成过二硫酸钾、氨气和水，装置a中双氧水在二氧化锰的催化作用下，发生分解反应生成02，反应生成的02将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出被硫酸吸收，防止产生倒吸；避免氨气与过二硫酸钠发生副反应；滴定过程中Ag+与CN-反应生成[Ag（CN）2]-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀；‎ Ⅲ. 由题意可知，HSO4—在阳极失电子发生氧化反应生成S2O82—。‎ ‎【详解】（1）由题意，NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明NaCN与双氧水发生氧化还原反应生成了NaHCO3和NH3，反应的化学方程式为NaCN＋H2O2＋H2O=NH3↑＋NaHCO3，故答案为：NaCN＋H2O2＋H2O=NH3↑＋NaHCO3；‎ ‎(2)由图可知，盛放(NH4)2S2O8溶液仪器的名称是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；‎ ‎（3）由题给信息可知，过二硫酸铵与氢氧化钠在55℃温度下反应生成过二硫酸钾、氨气和水，反应生成的氨气在90℃温度下与过二硫酸钠发生副反应生成硫酸钠、氮气和水，装置a中双氧水在二氧化锰的催化作用下，发生分解反应生成02，反应生成的02将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出被硫酸吸收，防止产生倒吸；避免氨气与过二硫酸钠发生副反应，故答案为：将产生的氨气及时排出并被吸收，防止产生倒吸，减少发生副反应；‎ ‎(4)由题给信息可知，制备反应需要在55℃温度下进行，90℃温度下发生副反应，所以需要控制温度不能超过90℃，故还需补充的实验仪器或装置为温度计和水浴加热装置，故答案为：AB；‎ ‎（5）滴定过程中Ag+与CN-反应生成[Ag（CN）2]-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失，说明反应到达滴定终点，故答案为：滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶的溶液中恰好产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失；‎ ‎（6）滴定终点时消耗AgNO3的物质的量为1.0×10—3mol/L×5.00×10—3L=5.00×10-6‎ - 21 -‎ mol，根据方程式Ag++2CN-=[Ag（CN）2]-可知处理的废水中氰化钠的质量为5.00×10-6mol×2×49g/mol=4.9×10-4g，则处理后的废水中氰化钠的浓度为=0.49 mg/L，故答案为：0.49；‎ ‎（7）由题意可知，HSO4—在阳极失电子发生氧化反应生成S2O82—，电极反应式为2HSO4—-2e-=S2O82—+2H+，故答案为：2HSO4—-2e-=S2O82—+2H+。‎ ‎【点睛】本题考查了性质实验方案的设计与评价，试题知识点较多、综合性较强，注意掌握化学实验基本操作方法，明确常见物质的性质是解答关键。‎ ‎9.锡酸钠可用于制造陶瓷电容器的基体、颜料和催化剂。以锡锑渣(主要含Sn、Sb、As、Pb的氧化物)为原料，制备锡酸钠的工艺流程图如下图所示:‎ 请回答下列问題:‎ ‎(1)Sn(IVA)、As(VA)、Sb(VA)三种元素中，Sn的原子序数为50，其原子结构示意图为_____，碱浸”时SnO2发生反应的化学方程式为___________________________。‎ ‎(2)“碱浸”时，若Sn元素氧化物中SnO含量较高，工业上则加入NaNO3，其作用是_______。‎ ‎(3)从溶液中得到锡酸钠晶体的实验操作是_________、趁热过滤、洗涤、干燥。下图是“碱浸”实验的参数，请选择“碱浸”的合适条件_______。‎ ‎ ‎ ‎(4)“脱铅”是从含Na2PbO2的溶液中形成硫化铅渣，其离子方程式为_________________。‎ ‎(5)“脱锑”时Na2SbO4发生的化学方程式为_____________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). SnO2+2NaOH= Na2SnO3+H2O (3). 把SnO氧化为SnO32— (4). 蒸发结晶 (5). 100g·L-1烧碱浓度、温度85℃ (6). PbO22- + S2- + 2H2O═PbS↓+ 4OH- (7). 5Sn + 4Na3SbO4 + H2O ═ 4Sb + 5Na2SnO3 + 2NaOH - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程图可知，向锡锑渣中加入烧碱溶液，Sn、Sb、As、Pb的氧化物溶于氢氧化钠得到含有SnO32—、SbO43—、PbO22-、AsO43—的碱浸液，向碱浸液中加入氢氧化钡溶液，AsO43—与氢氧化钡反应生成砷酸钡沉淀过滤除去；向所得滤液中加入硫化钠溶液，PbO22-与硫化钠发生氧化还原反应生成硫化铅沉淀过滤除去；再向所得滤液中加入锡片，锡与SbO43—发生置换反应生成单质锑过滤除去，得到Na2SnO3溶液。‎ ‎【详解】（1）Sn与碳同主族，Sn的原子序数为50，最外层电子数为4，原子结构示意图为，故答案为：；‎ ‎（2）NaNO3具有氧化性，能将SnO氧化，“碱浸”时，若SnO含量较高，工业上则加入NaNO3，其作用是把SnO氧化成SnO32-，故答案为：把SnO氧化为SnO32—；‎ ‎（3）由图可知，烧碱浓度为100g·L-1，温度为85℃时，锡浸出率最高，故答案为：100g·L-1烧碱浓度、温度85℃；‎ ‎（4）由题意可知，Na2PbO2溶液与硫化钠溶液发生氧化还原反应生成硫化铅沉淀和氢氧化钠，反应的离子方程式为PbO22- + S2- + 2H2O═PbS↓+ 4OH-，故答案为：PbO22- + S2- + 2H2O═PbS↓+ 4OH-；‎ ‎（5）由流程图可知，“脱锑”时加入锡，锡与Na3SbO4溶液发生氧化还原反应生成Sb、Na2SnO3和NaOH，反应的化学方程式为5Sn + 4Na3SbO4 + H2O ═ 4Sb + 5Na2SnO3 + 2NaOH，故答案为：5Sn + 4Na3SbO4 + H2O ═ 4Sb + 5Na2SnO3 + 2NaOH。‎ ‎10.中科院大连化学物理研究所一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，如图所示，甲烷在催化作用下脱氢，在不同温度下分别形成等自由基，在气相中经自由基:CH2偶联反应生成乙烯(该反应过程可逆)‎ ‎(1)已知相关物质的燃烧热如上表所示，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式______________。‎ - 21 -‎ ‎(2)现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X(分子式为C2H4O，不含双键)该反应符合最理想的原子经济，则反应产物是____________(填结构简式)。‎ ‎(3)在400℃时，向初始体积为1L恒压密闭反应器中充入1 molCH4，发生(1)中反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0％。则:‎ ‎①在该温度下，其平衡常数K＝________。‎ ‎②若向该反应器中通入高温水蒸气(不参加反应，高于400℃)，则C2H4的产率将_______(填“増大”“减小”“不变”或“无法确定”)，理由是__________________________________。‎ ‎③若反应器的体积固定，不同压强下可得变化如下图所示，则压强的关系是____________。‎ ‎④实际制备C2H4时，通常存在副反应2CH4(g)C2H6(g)+H2(g)。反应器和CH4起始量不変，不同温度下C2H6和C2H4的体积分数与温度的关系曲线如下图所示。‎ I.在温度高于600℃时，有可能得到一种较多的双碳有机副产物的名称是____________。‎ II.若在400℃时，C2H4、C2H6的体积分数分别为20.0％、6.0％，其余为CH4和H2，则体系中CH4的体积分数是____________。‎ ‎【答案】 (1). 2CH4（g）C2H4（g）+2H2（g）△H=+202.0kJ/mol (2). (3). 0.20mol/L (4). 增大 (5). 反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移，产率增大 (6). p1＞p2 (7). 乙炔 (8). 28%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据表格中数据书写H2、CH4、C2H4燃烧热热化学方程式，由盖斯定律计算；‎ ‎（2）X的分子式C2H4O，不含双键，判断出X的结构简式；‎ - 21 -‎ ‎(3)①根据三段式结合平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%计算；‎ ‎②通入高温水蒸气，相当于加热和减小压强，根据(2)中的反应并结合平衡的影响因素分析解答；‎ ‎③若容器体积固定，根据反应的特征结合压强对平衡的影响分析判断；‎ ‎④由图可知，温度高于600℃时，有较多的自由基生成；‎ ‎（4）设最终气体的总物质的量为x，计算出平衡时C2H4、C2H6和氢气的物质的量，再计算甲烷的体积分数。‎ ‎【详解】（1）根据表格中数据有：①H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H1=-285.8kJ/mol，②CH4(g)+2O2(g)‎ ‎=CO2(g)+2H2O(l)△H2=-890.3kJ/mol，③C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H3=-1411.0kJ/mol ‎，甲烷制备乙烯的化学方程式为：2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g)，根据盖斯定律，将②×2-③-①×2得到，2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g) △H=2△H2-△H3-2△H1=+202.0kJ/mol，故答案为：2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g)△H=+202.0kJ/mol；‎ ‎（2）由题意乙烯与氧气催化制备X，X分子式C2H4O，不含双键，反应符合最理想的原子经济可知，X的结构简式为，故答案为：；‎ ‎(3)①400℃时，向1L的恒容反应器中充入1mol CH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0%，由此建立如下三段式：‎ ‎ 2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g)‎ 起始(mol) 1 0 0‎ 转化(mol) 2x x 2x 平衡(mol) 1-2x x 2x 由平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0％得＝20.0%，解得x=0.25，平衡后气体的体积=×1L=1.25L，所以化学平衡常数为K===‎ - 21 -‎ ‎0.20mol/L，故答案为：0.20mol/L；‎ ‎②甲烷制备乙烯的反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气(不参加反应，高于400℃)相当于加热，平衡右移，产率增大；同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡右移，产率也增大，因此C2H4的产率将增大，故答案为：增大；该反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移，产率增大；‎ ‎③若容器体积固定，甲烷制备乙烯的反应为气体体积增大的反应，温度相同时，增大压强平衡向逆反应方向移动，CH4的平衡转化率降低，因此p1＞p2，故答案为：p1＞p2；‎ ‎④由图可知，温度高于600℃时，有较多的自由基生成，自由基结合生成，则双碳有机副产物为乙炔，故答案为：乙炔；‎ ‎（4）设最终气体的总物质的量为x，则C2H4为0.2x、C2H6为0.06x，根据2CH4(g) C2H4(g)+2H2(g)和2CH4(g) C2H6(g)＋H2(g)可知，生成的氢气为0.4x+0.06x=0.46x，则含有的甲烷为x-(0.2x+0.06x+0.46x)=0.28x，因此体系中CH4的体积分数=×100%=28%，故答案为：28%。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应原理综合应用，侧重分析与应用能力的考查，注意盖斯定律的计算、影响平衡的因素、图象的理解应用、化学平衡常数及其计算，把握温度和压强对平衡的影响为解答的关键。‎ ‎11.(1)下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是_______(填字母代号)。‎ ‎ ‎ ‎(2)P4S3可用于制造火柴，其分子结构如图所示。‎ ‎①P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为_______________。‎ ‎②每个P4S3分子中含有的孤电子对的数目为__________________。‎ ‎(3)科学家合成了一种阳离子“N5n+‎ - 21 -‎ ‎，其结构是对称的，5个N排成＂V＂形，每个N都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键;此后又合成了一种含有“N5n+”的化学式为”N8”的离子晶体，其电子式为_________________。分子(CN)2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子的最外层均满是8电子稳定结构，其结构式为_____。‎ ‎(4)直链多磷酸根阴离子是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用顶角氧原子连接起来的，如图所示。则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为_________________。‎ ‎(5)碳酸盐中的阳离子不同，热分解温度就不同。下表为四种碳酸盐的热分解温度和金属阳离子半径 随着金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐步升高，原因是_______________。‎ ‎(6)石墨的晶体结构和晶胞结构如下图所示。已知石墨的密度为pg・cm3，C—C键的键长为cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则石墨品体的层间距为_________cm。‎ ‎【答案】 (1). A＜C＜B＜D (2). sp3 (3). 10 (4). (5). N≡C-C≡N (6). PnO（3n+1）（n+2）— (7). 碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解 (8). ‎ ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【详解】（1）据能量最低原理可知核外电子先占有能量低的轨道，再占有能量高的轨道可知D的能量最高；据洪特规则，各个轨道为半充满状态，能量较低，为相对稳定的状态可知，A的能量最低，B的能量高于C的能量，所以能量由低到高的顺序是A＜C＜B＜D，故答案为：A＜C＜B＜D；‎ ‎(2)①P4S3分子中硫原子的价层电子对数为4，杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：sp3；‎ ‎②每个P4S3分子中每个P原子含有1对孤对电子，每个S原子含有2对孤对电子，则每个P4S3分子中含有的孤电子对的数目为4×1+3×2=10，故答案为：10；‎ ‎(3) N5n+结构是对称的，5个N排成V形，5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N≡N键，满足条件的结构为，“N5”带一个单位正电荷，则化学式为”N8”的离子晶体是由N5+和N3—组成，电子式为；分子(CN)2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子的最外层均满足8电子稳定结构，由C原子形成4个共价键，N原子形成3个共价键可知其结构简式为N≡C-C≡N，故答案为：；N≡C-C≡N；‎ ‎（4）由题给结构可知，含由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子相当于n个磷酸根离子去掉（n—1）个氧原子，所带电荷为—2×（3n+1）+5n=—（n+2），则这类磷酸根离子的通式为PnO（3n+1）（n+2）—，故答案为：PnO（3n+1）（n+2）—；‎ ‎（5）碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解，故答案为：碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解；‎ ‎（6）设晶胞的底边长为acm，晶胞的高为h cm，层间距为d cm，则h=2d，底面图为，则=r×sin60°，可得a=r，则底面面积为（r）2×Sin60°，晶胞中C原子数目为1+2×+8×+4×=4，晶胞质量为g，则ρ=g÷[（r）2×Sin60°×2d]，整理可得d=，故答案为：。‎ ‎12.蜂胶是一种天然抗癌药，主要活性成分为咖啡酸苯乙酯(I)。合成化合物I的路线如下图所示：‎ - 21 -‎ 已知:①‎ ‎②RCHO+HOOCCH2COOHRCH=CHCOOH 请回答下列问题 ‎(1)化合物A的名称是_____________；化合物I中官能团的名称是___________。‎ ‎(2)G→H的反应类型是____________；D的结构简式是___________________。‎ ‎(3)写出化合物C与新制Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式_______________________。‎ ‎(4)化合物W与E互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上只有3个取代基，则W可能的结构有__________________(不考虑顺反异构)种，其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为21:2:1:1:1:1，写出符合要求的W的结构简式:________________________________________________________。‎ ‎(5)参照上述合成路线，设计由CH3CH—CH2和HOOCCH2COOH为原料制备CH2CH2CH= CHCOOH的合成路线(无机试剂及吡啶任选)。_________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 对羟基苯甲醛 (2). （酚）羟基、酯基、碳碳双键 (3). 取代反应 (4). (5). (6). 11 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ - 21 -‎ ‎【分析】‎ 由有机物的转化关系可知，发生信息①反应生成，与（CH3O）SO2发生取代反应生成，与HOOCCH2COOH发生信息②反应生成，则D为；在BBr3的作用下反应生成，则E为；与HBr在过氧化物的作用下发生加成反应生成，则G为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则H为；与在浓硫酸作用下共热发生酯化反应生成。‎ ‎【详解】(1)化合物A的结构简式为，名称为对羟基苯甲醛；化合物I的结构简式为，官能团为酚羟基、碳碳双键和酯基，故答案为：对羟基苯甲醛；酚羟基、碳碳双键和酯基；‎ ‎(2)G→H的反应为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成；与HOOCCH2COOH发生信息②反应生成，则D为 - 21 -‎ ‎，故答案为：取代反应；；‎ ‎(3)C的结构简式为，能与新制的氢氧化铜悬浊液共热发生氧化反应，反应的化学方程式为，故答案为：；‎ ‎（4）化合物W与E（）互为同分异构体，两者所含官能团种类和数目完全相同，且苯环上有3个取代基，三个取代基为-OH、-OH、-CH=CHCOOH，或者为-OH、-OH、-C（COOH）=CH2，2个-OH有邻、间、对3种位置结构，对应的另外取代基分别有2种、3种、1种位置结构（包含E），故W可能的结构有（2+3+1）×2-1=11种，其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：1：1：1：1，符合要求的W的结构简式为：，故答案为：11；；‎ ‎（5）结合题给合成路线，制备CH3CH2CH= CHCOOH应用逆推法可知，CH3CH=CH2与HBr在过氧化物条件下反应生成CH3CH2CH2Br，然后碱性条件下水解生成CH3CH2CH2OH，再发生氧化反应生成CH3CH2CHO，最后与HOOCCH2COOH在吡啶、加热条件下反应得到CH3CH2CH=CHCOOH，合成路线流程图为：，故答案为：。‎ - 21 -‎ ‎【点睛】本题考查有机物推断与合成，充分利用转化中物质的结构简式与分子式进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化是解答关键。‎ - 21 -‎ ‎ ‎ - 21 -‎