黑龙江省哈尔滨市第六中学2017-2018学年高考理综-化学二模考试试卷
一、单选题
1．（2018·黑龙江模拟）化学与社会、生活息息相关。下列说法错误的是( )
A．以地沟油为原料加工制成的生物柴油的成分与由石油分馏得到的柴油的成分不同
B．丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物
C．聚酯纤维属于新型无机非金属材料，可制作宇航服
D．钻石、水晶、刚玉都是人们熟知的宝石，但其化学成分不同
【答案】C
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、以地沟油为原料加工制成的生物柴油的成分为油脂的混合物，从石油分馏得到的柴油成分为多种烃的混合物，成分不同，故A不符合题意；
B.丝绸的主要原料为蚕丝，蚕丝成分为蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，故B不符合题意
C.制作航天服的聚酯纤维属于有机物，不是无机材料，属于合成有机高分子材料，故C符合题意；
D.钻石的成分是碳单质，水晶是二氧化硅、刚玉是氧化铝，所以三种物质的成分不同，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】石油或石油分馏的产品是烷烃、烯烃、炔烃和芳香烃的混合物。
2．（2018·黑龙江模拟）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A．标准状况下，4.48 L CH3Cl中所含原子数目为NA
B．所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等
C．将2 g H2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NA
D．电解精炼铜，当电路中通过的电子数为0.1NA时，阳极质量减少3.2 g
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标况下，4.48 L CH3Cl的物质的量为0.2mol，所含原子为0.2mol×5=1mol，故A符合题意；
B.白磷分子中含有6个P-P键，甲烷分子中含有4个C-H键，0.1mol甲烷中所含的共价键数均为0.4NA，而0.1mol的白磷(P4)共价键数0.6NA，故B不符合题意；
C. H2和N2反应是可逆反应，反应后转移的电子数小于2NA，故C不符合题意；
D.电解精炼铜时，阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的金属，如铁等，故当电路中通过0.1NA个电子时，阳极上减轻的质量不等于3.2g，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】白磷的结构是无心的正四面体，4个P占据四个顶点，甲烷是有心的正四面体，C位于四面体的中心，4个H位于4个顶点。
3．（2018·哈尔滨模拟）下列离子方程式正确的是（ ）
A．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32-+ 2Cl2＋3H2O=2SO32-＋4Cl-＋6H+
B．CuSO4溶液吸收H2S 气体：Cu2++ H2S= CuS↓+2H+
C．AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3++4NH3·H2O═AlO2-+4NH4++2H2O
D．等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NaHSO4稀溶液混合： Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 氯气具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子，故A不符合题意；
B. CuSO4溶液吸收H2S 气体，反应生成的硫化铜不溶于硫酸，离子方程式为：Cu2++ H2S= CuS↓+2H+，故B符合题意；
C. 氨水不能溶解生成的氢氧化铝沉淀，故C不符合题意；
D. 等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NaHSO4稀溶液混合，反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，以及水，离子方程式为： Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】离子方程式的书写要注意，强酸、强碱、可溶性盐可以拆成离子形式，弱酸、弱碱、水、单质、氧化物和沉淀要写成化学式的形式。
4．（2018·哈尔滨模拟）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数逐渐增大，其中X原子的电子数与电子层数相等，Z为短周期中金属性最强的元素，Y与X、Y与Z均能形成原子个数比为1：1和1：2的两种化合物，Y和W同主族。下列说法正确的是（ ）
A．Y与Z形成的两种化合物中所含化学键类型完全相同
B．化合物X2W比化合物X2Y稳定
C．Y、Z、W三种元素形成的化合物的水溶液一定呈中性
D．原子半径：r(Z)>r(W)>r(Y)>r(X)
【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】X原子的电子数与电子层数相等，根据X在四种元素中原子序数的关系判断X是H元素；Z为短周期中金属性最强的元素，则Z是Na元素；Y与X、Y与Z均能形成原子个数比为1：1和1：2的两种化合物，短周期内与H、Na能形成原子个数比为1：1和1：2的元素是O元素，所以Y是O元素；Y和W同主族，则W是S元素。A、O与Na形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，前者只含离子键、而过氧化钠中除含离子键外，还含有共价键，不符合题意；
B、O的非金属性大于S，所以化合物X2Y比化合物X2W稳定，不符合题意；
C、O、Na、S三种元素组成的化合物可能是硫酸钠，也可能是亚硫酸钠，而亚硫酸钠的水溶液为碱性，不符合题意；
D、同周期元素的原子半径随原子序数的增大而减小，电子层数多的元素的原子半径大，所以原子半径：r(Z)>r(W)>r(Y)>r(X)，符合题意，
故答案为：D。
【分析】要注意根据X的电子数和电子层数相等，找出相应的元素，电子层必须排满后才能排列下一个电子层，金属性最强的元素根据周期律观察，从上到下金属性增强，从左到右金属性减弱。
5．（2018·哈尔滨模拟）如图为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛。下列说法中正确的是（ ）
A．阳极的电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑
B．阴极的电极反应式为TiO2＋4e－=Ti＋2O2－
C．通电后，O2－、Cl－均向阴极移动
D．石墨电极的质量不发生变化
【答案】B
【知识点】电解原理
【解析】【解答】A、电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反应，导致氧气等气体的出现，所以电极反应式为：2O2-→O2↑+4e-，故A不符合题意；
B、电解池的阴极发生得电子的还原反应，是二氧化钛电极本身得电子的过程，即TiO2+4e-→Ti+2O2-，故B符合题意；
C、电解池中，电解质里的阴离子O2-、Cl-均移向阳极，故C不符合题意；
D、石墨电极会和阳极上产生的氧气之间发生反应，导致气体一氧化碳、二氧化碳的出现，所以石墨电极会消耗，质量减轻，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】要注意先判断电极，根据产物进行判断，且阴极得电子，阳极失电子。
6．（2018·哈尔滨模拟）下列实验装置及操作正确的是（ ）
A．制备乙酸乙酯
B．构成原电池
C．检验有无二氧化碳生成
D．检查装置气密性
【答案】D
【知识点】物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A．制备乙酸乙酯需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂，故A不符合题意；
B.左池直接发生氧化还原反应，不能构成原电池，故B不符合题意；
C.碳和浓硫酸加热生成SO2和CO2，两气体均能使石灰水变浑浊，故C不符合题意；
D.装置形成密闭系统，如果手捂住烧瓶，玻璃导管内能形成水柱，即可证明气密性好，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、要注意乙酸乙酯的制取需要浓硫酸；
B、要注意双液原电池的组成条件；
C、要注意二氧化碳和二氧化硫都可以使澄清石灰水浑浊；
D、要注意气密性检查一般都是采用捂热或加热法。
7．（2018·哈尔滨模拟）25℃时，H2SO3及其钠盐的溶液中，H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数(α)随溶液pH变化关系如下图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为HSO3-
B．当溶液恰好呈中性时：c(Na+)>c(SO32-)+c(HSO3-)
C．向pH=8的上述溶液中滴加少量澄清石灰水， 的值增大
D．向pH=3的上述溶液中滴加少量稀硫酸，α(HSO3-)减小
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、pH=5时，HSO3-的物质的量分数(α)为1.0，说明硫元素的主要存在形式为HSO3-，故A不符合题意；
B、c(H+)+c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，所以，c(Na+)＞c(SO32-)+c(HSO3-)，故B不符合题意；
C、随pH增大，c(SO32-)增大，c(HSO3-)减小，所以 的值减小，故C符合题意；
D、根据图像，向pH=3的上述溶液中滴加少量稀硫酸，溶液的pH减小，α(HSO3-)减小，α(H2SO3)增大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题要注意几个点，交点和起始、终止的点；
A、pH=5，此时亚硫酸氢根值接近最大；
B、中性时，结合电荷守恒可以判断；
C、注意加石灰水增大pH值；
D、注意pH减小时的浓度变化。
二、实验题
8．（2018·哈尔滨模拟）辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下所示：（已知：硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳、四氯化碳和苯。）
（1）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式： 。
（2）“回收S”过程中温度控制在50~60 ℃之间，不宜过高或过低的原因是 。
（3）气体NOx与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质，该反应的化学方程式为 。向“滤液M”中加入(或通入) (填字母)，可得到另一种可循环利用的物质。 a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾
（4）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是 ；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，加入HNO3调节溶液的pH，其理由是 。
（5）洗涤硝酸铜晶体的洗涤剂可以使用下列物质中的 。
a.酒精 b.热水 c.饱和硝酸铜溶液
【答案】（1）Cu2S+4Fe3+= 2Cu2++4Fe2++S
（2）温度过低，矿渣的溶解速率小；温度过高，苯易挥发
（3）4NOx+(5-2x)O2+2H2O=4HNO3；b
（4）加大Fe3+转化为Fe(OH)3的程度；抑制Cu2+的水解
（5）ac
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取过滤，得到矿渣加入苯水浴加热回收硫单质；加入在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子过滤，滤液M中加入氯气氧化反应生成氯化铁循环使用，保温除铁加入稀硝酸溶液和氧化铜反应，调节溶液PH除去杂质离子，过滤得到滤液为硫酸亚铁溶液，在稀硝酸溶液中蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到晶体。(1)铁离子做氧化剂，Cu2S被氧化，离子方程式为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S，故答案为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S；
(2)苯沸点比较低，温度过高苯容易挥发，从反应动力学看温度过低溶解速率小，故答案为：温度过低，矿渣的溶解速率小；温度过高，苯易挥发；
(3)NOx做还原剂，依据质量守恒和电子守恒写出方程式：4NOx+(5-2x)O2+2H2O=4HNO3，向滤液M中通入Cl2将FeCl2氧化为FeCl3，可以循环使用，
故答案为：b，故答案为：4NOx+(5-2x)O2+2H2O=4HNO3，b；
(4)Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，加入CuO使水解平衡正向进行，调节溶液的pH使铁元素完全转化为氢氧化铁沉淀，加热过程中Cu2+会水解，加入硝酸抑制Cu2+的水解，不引入新的杂质，故答案为：调节溶液pH使使铁元素完全转化为氢氧化铁沉淀，抑制铜离子水解；
(5) a. 硝酸铜在酒精中的溶解度较小，可以用酒精洗涤，正确；
B. 硝酸铜在热水中的溶解度增大，不能用热水洗涤，错误；
C.饱和硝酸铜溶液中硝酸铜的溶解度很小，可以用饱和硝酸铜溶液洗涤，正确；
故答案为：ac。
【分析】（1）铁离子有氧化性，亚铜离子有还原性；
（2）要注意溶解速率和苯的挥发性入手；
（3）根据氧化还原反应的特点，结合过程中加入的硝酸，可以知道产物为硝酸；
（4）氧化铜的目的是减少氢离子的浓度，促进铁离子的水解；同时调节酸性是为了抑制铜离子的水解；
（5）注意硝酸铜晶体的特点，易溶于水，不溶于有机溶剂。
9．（2018·哈尔滨模拟）氮化铝(AlN)是一种性能优异的新型材料，在许多领域有广泛应用，前景广阔。某化学小组模拟工业制氮化铝原理，欲在实验室制备氮化铝并检验其纯度。
查阅资料：①实验室用饱和NaNO2与NH4Cl溶液共热制N2：NaNO2+NH4Cl NaCl+N2↑+2H2O。
②工业制氮化铝：Al2O3+3C+N2 2AlN+3CO，氮化铝在高温下能水解。
③AlN与NaOH饱和溶液反应：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑。
Ⅰ.氮化铝的制备
（1）实验中使用的装置如上图所示，请按照氮气气流方向将各仪器接口连接：e→c→d→ (根据实验需要，上述装置可使用多次)。
（2）B装置内的X液体可能是 ；E装置内氯化钯溶液的作用可能是 。
（3）Ⅱ.氮化铝纯度的测定
【方案ⅰ】甲同学用下图装置测定AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。
为准确测定生成气体的体积，量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是 。
a.CCl4
b.H2O
c.NH4Cl饱和溶液
d.植物油
（4）若装置中分液漏斗与导气管之间没有导管A连通，对所测AlN纯度的影响是 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
（5）步骤②的操作是 。
（6）实验室里煅烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的仪器有 等。
（7）样品中AlN的纯度是 (用m1、m2、m3表示)。
【答案】（1）a→b→f(g)→g(f)→a(c)→b(d)→I
（2）浓硫酸；吸收CO，防止污染
（3）ad
（4）偏大 【方案ⅱ】乙同学按以下步骤测定样品中AlN的纯度。
（5）通入过量CO2气体
（6）坩埚、泥三角、坩埚钳
（7） ×100%
【知识点】化学实验操作的先后顺序
【解析】【解答】(1) 实验室用饱和NaNO2与NH4Cl溶液共热制N2：NaNO2+NH4Cl NaCl+N2↑+2H2O，可以需要装置C制备氮气，生成的氮气中经过干燥后与Al2O3和C在装置D中反应生成AlN和CO，CO会污染空气，可以通过氯化钯溶液吸收，氮化铝在高温下能水解，需要防止外界水蒸气进入装置D，因此按照氮气气流方向，各仪器接口连接顺序为：e→c→d→a→b→f(g)→g(f)→a(c)→b(d)→I，故答案为：a→b→f(g)→g(f)→a(c)→b(d)→I；(2)根据上述分析，B装置内的X液体可以是浓硫酸；E装置内氯化钯溶液是用来吸收CO，防止污染，故答案为：浓硫酸；吸收CO，防止污染；(3) AlN+NaOH+H2O= NaAlO2+NH3↑，量气装置中收集的气体为氨气。a.氨气是极性分子，难溶于CCl4，可以选用；
B.氨气极易溶于水，不能选用；
C.氨气在NH4Cl饱和溶液中溶解度仍然很大，不能选用；
D.氨气难溶于植物油，可以选用；
故答案为：ad；(4)若装置中分液漏斗与导气管之间没有导管A连通，应用氢氧化钠溶液体积的影响会使得测得的氨气的体积偏大，所测AlN纯度偏大，故答案为：偏大；(5)根据流程图，滤液即洗涤液中含有NaAlO2，经过步骤②得到沉淀为氢氧化铝，因此步骤②是通入过量CO2气体，故答案为：通入过量CO2气体；(6)实验室里煅烧滤渣氢氧化铝使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的仪器有坩埚、泥三角、坩埚钳，故答案为：坩埚、泥三角、坩埚钳；(7)根据Al2O3+3C+N2 2AlN+3CO，AlN+NaOH+H2O= NaAlO2+NH3↑，样品的主要成分为Al2O3、C和 AlN，滤渣为C，最终的固体为Al2O3，因此由AlN反应得到的氧化铝的质量为m3-m1+m2，根据铝元素守恒，AlN的质量为 ×2×41g/mol= g，样品中AlN的纯度为 ×100%，故答案为： ×100%。
【分析】（1）仪器组装要按照发生装置-除杂装置-干燥装置-收集装置-检验装置-尾气处理进行；
（2）浓硫酸为干燥装置，最后进行尾气处理；
（3）要注意四氯化碳和植物油均为有机溶剂；
（4）要注意误差问题从浓度、反应方向入手；
（5）要注意二氧化碳过量；
（6）注意煅烧的仪器是坩埚、坩埚钳和泥三角；
（7）纯度的计算要注意总量的问题。
三、综合题
10．（2018·哈尔滨模拟）以天然气为原料合成甲醇。有关热化学方程式如下：
①2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g) ΔH1=-70.8 kJ·mol-1
②CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH2
③2CH4(g)+O2(g) 2CH3OH(g) ΔH3=-251.0 kJ·mol-1
（1）ΔH2= kJ·mol-1。
（2）在体积可变的密闭容器中投入1 mol CO和2 mol H2，在不同条件下发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。实验测得平衡时CH3OH的物质的量随温度、压强的变化如图1所示。
①M点时，H2的转化率为 ；压强：p1 (填“>”“<”或“=”)p2。
②反应速率：N点v正(CO) (填“>”“<”或“=”)M点v逆(CO)。
③若压强为p1、在1 L恒容密闭容器中进行上述反应(起始投料不变)，在不同温度下上述反应的平衡常数的对数(lg K)如图2所示。则温度为506 K时，平衡常数K= (保留三位小数)，B、C、D、E四点中能正确表示该反应的lg K与T的关系的点为 。
④在2 L恒容密闭容器中充入a(a>0) mol H2、2 mol CO和7.4 mol CH3OH(g)，在506 K下进行上述反应。为了使该反应逆向进行，a的范围为 。
（3）某甲醇-空气燃料电池以KOH溶液为电解质溶液。当KOH全部转化成KHCO3时停止放电，写出此时负极的电极反应式 。
【答案】（1）-90.1
（2）25%；>；<；0.148；BE；0
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1) ①2CH4(g)+O2(g)= 2CO(g)+4H2(g) ΔH1=-70.8 kJ·mol-1，③2CH4(g)+O2(g) 2CH3OH(g) ΔH3=-251.0 kJ·mol-1，根据盖斯定律，将(③-①)× 得：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)ΔH2= ×[(-251.0 kJ·mol-1)-(-70.8 kJ·mol-1)]= -90.1 kJ·mol-1，故答案为：-90.1；(2)①根据图像，M点时，生成的甲醇为0.25mol，则反应的H2为0.5mol，H2的转化率= ×100%=25%；根据反应方程式CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，增大压强，平衡正向移动，甲醇的物质的量增大，因此p1＞p2，故答案为：25%；>；
②其他条件相同时，压强越大，反应速率越快，反应速率：N点v正(CO)＜M点v逆(CO) ，故答案为：＜；③根据图像1，压强为p1时，平衡时甲醇为0.25mol，则CO为1mol-0.25mol=0.75mol，H2为2mol-0.25mol×2=1.5mol，平衡常数K= =0.148；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小，lg K减小，符合条件的点有BE，故答案为：0.148；BE；④为了使该反应逆向进行，需要满足Qc大于K，即 ＞ ，因此a＜10，故答案为：0
（2） ① 要注意温度和甲醇物质的量的反比关系，根据三段式进行计算；
② 要注意根据平衡移动进行分析；
③ 根据平衡时的浓度进行计算；
④ 根据浓度商和化学平衡常数的大小进行计算；
（3）注意总方程式为甲醇燃烧且通入氢氧化钾溶液，生成碳酸氢钾和水，正极反应式为氧气和水反应得电子生成氢氧根，再求出负极反应式即可。
11．（2018·哈尔滨模拟）某药物中含有As、Cu、H、O、Cl、Fe等元素。
（1）Cu单质在不同条件下可形成晶体和非晶体，可通过 区分晶体和非晶体；基态Cu原子的价电子排布式为 ，基态Cu原子的核外电子排布中有 对自旋状态相反的电子。
（2）CH4分子中C原子的杂化方式为 ，NH3沸点比CH4高的原因是 。
（3）酸性：H3AsO4 H3AsO3，原因 。
（4）H3O+、H2O相比较，键角较大的是 ，其原因是 。
（5）一种Fe晶体晶胞如图所示，晶胞边长为a cm，已知该晶体的密度为ρ g·cm-3，Fe的相对原子质量为M，NA为阿伏加德罗常数的值，NA= (列式表示即可)。
【答案】（1）X射线衍射实验；3d104s1；14
（2）sp3杂化；氨分子之间可以形成氢键，而甲烷分子之间只存在范德华力
（3）>；H3AsO4中的非羟基氧原子比H3AsO3中多，H3AsO4中As对电子的吸引力更强，使O—H键更易断裂，电离出H+
（4）H3O+；H3O+、H2O中O原子都是sp3杂化，H2O中O原子有2对孤电子对，H3O+中O原子有1对孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小
（5）
【知识点】金属晶体的基本堆积模型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)区分晶体和非晶体，可通过X射线衍射实验区分，铜是29号元素，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，29个电子占据15个轨道，其中14个轨道中的电子自旋状态相反，故答案为：X射线衍射实验；3d104s1；14；(2)CH4分子中C原子的价层电子对数=4，采用sp3杂化，氨分子之间可以形成氢键，而甲烷分子之间只存在范德华力，使得NH3沸点比CH4高，故答案为：sp3杂化；氨分子之间可以形成氢键，而甲烷分子之间只存在范德华力；(3) H3AsO4中的非羟基氧原子数目大于H3AsO3，酸性：H3AsO4＞H3AsO3，故答案为：>；H3AsO4中的非羟基氧原子比H3AsO3中多，H3AsO4中As对电子的吸引力更强，使O—H键更易断裂，电离出H+；(4) H3O+、H2O中O原子都是sp3杂化，H2O中O原子有2对孤电子对，H3O+中O原子有1对孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小，因此H3O+、H2O相比较，键角较大的是H3O+，故答案为：H3O+；H3O+、H2O中O原子都是sp3杂化，H2O中O原子有2对孤电子对，H3O+中O原子有1对孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小；(5)根据晶胞结构图，1个晶胞中含有的铁原子数=8× +6× =4，因此晶体的密度为ρ g·cm-3= ，解得NA= ，故答案为： 。
【分析】（1）注意晶体和非晶体的区别可以用 X射线衍射实验 ；基态电子排布的时候要注意洪特规则；根据电子排布的对数，可以知道自旋相反电子又14对；
（2）杂化轨道根据中心原子周围的原子数和未成对电子的什么进行计算；影响沸点的因素包括范德华力和氢键；
（3）酸性的比较要注意比较谁更容易电离出氢离子；
（4）根据孤电子对的数目判断键角，谷电子对越多排斥力越大；
（5）要注意公式的计算，根据物质的量相关计算公式即可求出。
四、推断题
12．（2018·哈尔滨模拟）香料甲和G都在生活中有很多用途，其合成路线如下：
已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO (R1、R2代表烃基或氢原子)
②D与A互为同系物；在相同条件下，D蒸气相对于氢气的密度为39。
（1）A的名称是 ，G中含氧官能团的名称是 。
（2）②的反应类型是 ，B和F的结构简式分别为 、 。
（3）写出一种能鉴别A和D的试剂： ；C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的有 种。
（4）写出反应①的化学方程式： 。
（5）G的同分异构体 是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以 为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选) 。
【答案】（1）甲苯；羧基
（2）加成反应；；
（3）酸性高锰酸钾溶液；4
（4） +CH3COOH +H2O
（5）
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】由C→ 及反应条件可知C为苯甲醇，B为 ，A为甲苯。在相同条件下，D的蒸气相对于氢气的密度为39，则D的相对分子质量为39×2=78，D与A互为同系物，由此知D为芳香烃，设1个D分子中含有n个碳原子，则有14n-6=78，解得n=6，故D为苯； 与乙醛反应得到E，结合信息①，E为 ，E与溴发生加成反应得到的F为 ，F发生氧化反应生成的G为 。(1)根据分析可知，A为甲苯，G为 ，则G中含氧官能团为羧基，故答案为：甲苯； 羧基；(2)反应②为苯甲醛与氯仿发生加成反应生成 ，根据上述分析，B和F的结构简式分别为 、 ，故答案为：加成反应； ； ； (3)甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能；C为苯甲醇属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚( )，共4种，故答案为：酸性高锰酸钾溶液；4；(4)反应①为乙酸和 发生酯化反应，化学方程式为 +CH3COOH +H2O，故答案为： +CH3COOH +H2O；(5)苯乙醛与甲醛反应生成 ， 再与溴发生加成反应生成 ，最后 发生催化氧化反应生成 ，故合成路线为 ，故答案为： 。
【分析】本题采用逆推法即可，根据提示可以知道A到B的过程为取代，C为卤代烃的水解，D为醇的催化氧化；
（1）根据推断可以知道A为甲苯，G含有羧基；
（2）双键断开为加成反应；B为甲苯在甲基上的取代，F为加成反应得到的产物；
（3）甲苯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；C的同分异构体要注意根据苯环进行判断；
（4）此反应为酯化反应，注意可逆符号和加热符号；
（5）合成过程要注意药剂加入的先后顺序。
黑龙江省哈尔滨市第六中学2017-2018学年高考理综-化学二模考试试卷
一、单选题
1．（2018·黑龙江模拟）化学与社会、生活息息相关。下列说法错误的是( )
A．以地沟油为原料加工制成的生物柴油的成分与由石油分馏得到的柴油的成分不同
B．丝绸的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物
C．聚酯纤维属于新型无机非金属材料，可制作宇航服
D．钻石、水晶、刚玉都是人们熟知的宝石，但其化学成分不同
2．（2018·黑龙江模拟）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A．标准状况下，4.48 L CH3Cl中所含原子数目为NA
B．所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等
C．将2 g H2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NA
D．电解精炼铜，当电路中通过的电子数为0.1NA时，阳极质量减少3.2 g
3．（2018·哈尔滨模拟）下列离子方程式正确的是（ ）
A．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32-+ 2Cl2＋3H2O=2SO32-＋4Cl-＋6H+
B．CuSO4溶液吸收H2S 气体：Cu2++ H2S= CuS↓+2H+
C．AlCl3溶液中加入过量的浓氨水：Al3++4NH3·H2O═AlO2-+4NH4++2H2O
D．等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NaHSO4稀溶液混合： Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O
4．（2018·哈尔滨模拟）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数逐渐增大，其中X原子的电子数与电子层数相等，Z为短周期中金属性最强的元素，Y与X、Y与Z均能形成原子个数比为1：1和1：2的两种化合物，Y和W同主族。下列说法正确的是（ ）
A．Y与Z形成的两种化合物中所含化学键类型完全相同
B．化合物X2W比化合物X2Y稳定
C．Y、Z、W三种元素形成的化合物的水溶液一定呈中性
D．原子半径：r(Z)>r(W)>r(Y)>r(X)
5．（2018·哈尔滨模拟）如图为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛。下列说法中正确的是（ ）
A．阳极的电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑
B．阴极的电极反应式为TiO2＋4e－=Ti＋2O2－
C．通电后，O2－、Cl－均向阴极移动
D．石墨电极的质量不发生变化
6．（2018·哈尔滨模拟）下列实验装置及操作正确的是（ ）
A．制备乙酸乙酯
B．构成原电池
C．检验有无二氧化碳生成
D．检查装置气密性
7．（2018·哈尔滨模拟）25℃时，H2SO3及其钠盐的溶液中，H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数(α)随溶液pH变化关系如下图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为HSO3-
B．当溶液恰好呈中性时：c(Na+)>c(SO32-)+c(HSO3-)
C．向pH=8的上述溶液中滴加少量澄清石灰水， 的值增大
D．向pH=3的上述溶液中滴加少量稀硫酸，α(HSO3-)减小
二、实验题
8．（2018·哈尔滨模拟）辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下所示：（已知：硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳、四氯化碳和苯。）
（1）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式： 。
（2）“回收S”过程中温度控制在50~60 ℃之间，不宜过高或过低的原因是 。
（3）气体NOx与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质，该反应的化学方程式为 。向“滤液M”中加入(或通入) (填字母)，可得到另一种可循环利用的物质。 a.铁 b.氯气 c.高锰酸钾
（4）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是 ；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，加入HNO3调节溶液的pH，其理由是 。
（5）洗涤硝酸铜晶体的洗涤剂可以使用下列物质中的 。
a.酒精 b.热水 c.饱和硝酸铜溶液
9．（2018·哈尔滨模拟）氮化铝(AlN)是一种性能优异的新型材料，在许多领域有广泛应用，前景广阔。某化学小组模拟工业制氮化铝原理，欲在实验室制备氮化铝并检验其纯度。
查阅资料：①实验室用饱和NaNO2与NH4Cl溶液共热制N2：NaNO2+NH4Cl NaCl+N2↑+2H2O。
②工业制氮化铝：Al2O3+3C+N2 2AlN+3CO，氮化铝在高温下能水解。
③AlN与NaOH饱和溶液反应：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑。
Ⅰ.氮化铝的制备
（1）实验中使用的装置如上图所示，请按照氮气气流方向将各仪器接口连接：e→c→d→ (根据实验需要，上述装置可使用多次)。
（2）B装置内的X液体可能是 ；E装置内氯化钯溶液的作用可能是 。
（3）Ⅱ.氮化铝纯度的测定
【方案ⅰ】甲同学用下图装置测定AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。
为准确测定生成气体的体积，量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是 。
a.CCl4
b.H2O
c.NH4Cl饱和溶液
d.植物油
（4）若装置中分液漏斗与导气管之间没有导管A连通，对所测AlN纯度的影响是 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
（5）步骤②的操作是 。
（6）实验室里煅烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的仪器有 等。
（7）样品中AlN的纯度是 (用m1、m2、m3表示)。
三、综合题
10．（2018·哈尔滨模拟）以天然气为原料合成甲醇。有关热化学方程式如下：
①2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g) ΔH1=-70.8 kJ·mol-1
②CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH2
③2CH4(g)+O2(g) 2CH3OH(g) ΔH3=-251.0 kJ·mol-1
（1）ΔH2= kJ·mol-1。
（2）在体积可变的密闭容器中投入1 mol CO和2 mol H2，在不同条件下发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。实验测得平衡时CH3OH的物质的量随温度、压强的变化如图1所示。
①M点时，H2的转化率为 ；压强：p1 (填“>”“<”或“=”)p2。
②反应速率：N点v正(CO) (填“>”“<”或“=”)M点v逆(CO)。
③若压强为p1、在1 L恒容密闭容器中进行上述反应(起始投料不变)，在不同温度下上述反应的平衡常数的对数(lg K)如图2所示。则温度为506 K时，平衡常数K= (保留三位小数)，B、C、D、E四点中能正确表示该反应的lg K与T的关系的点为 。
④在2 L恒容密闭容器中充入a(a>0) mol H2、2 mol CO和7.4 mol CH3OH(g)，在506 K下进行上述反应。为了使该反应逆向进行，a的范围为 。
（3）某甲醇-空气燃料电池以KOH溶液为电解质溶液。当KOH全部转化成KHCO3时停止放电，写出此时负极的电极反应式 。
11．（2018·哈尔滨模拟）某药物中含有As、Cu、H、O、Cl、Fe等元素。
（1）Cu单质在不同条件下可形成晶体和非晶体，可通过 区分晶体和非晶体；基态Cu原子的价电子排布式为 ，基态Cu原子的核外电子排布中有 对自旋状态相反的电子。
（2）CH4分子中C原子的杂化方式为 ，NH3沸点比CH4高的原因是 。
（3）酸性：H3AsO4 H3AsO3，原因 。
（4）H3O+、H2O相比较，键角较大的是 ，其原因是 。
（5）一种Fe晶体晶胞如图所示，晶胞边长为a cm，已知该晶体的密度为ρ g·cm-3，Fe的相对原子质量为M，NA为阿伏加德罗常数的值，NA= (列式表示即可)。
四、推断题
12．（2018·哈尔滨模拟）香料甲和G都在生活中有很多用途，其合成路线如下：
已知：①R1—CHO+R2—CH2—CHO (R1、R2代表烃基或氢原子)
②D与A互为同系物；在相同条件下，D蒸气相对于氢气的密度为39。
（1）A的名称是 ，G中含氧官能团的名称是 。
（2）②的反应类型是 ，B和F的结构简式分别为 、 。
（3）写出一种能鉴别A和D的试剂： ；C有多种同分异构体，其中属于芳香族化合物的有 种。
（4）写出反应①的化学方程式： 。
（5）G的同分异构体 是一种重要的药物中间体，其合成路线与G相似，请以 为原料设计它的合成路线(其他所需原料自选) 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、以地沟油为原料加工制成的生物柴油的成分为油脂的混合物，从石油分馏得到的柴油成分为多种烃的混合物，成分不同，故A不符合题意；
B.丝绸的主要原料为蚕丝，蚕丝成分为蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，故B不符合题意
C.制作航天服的聚酯纤维属于有机物，不是无机材料，属于合成有机高分子材料，故C符合题意；
D.钻石的成分是碳单质，水晶是二氧化硅、刚玉是氧化铝，所以三种物质的成分不同，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】石油或石油分馏的产品是烷烃、烯烃、炔烃和芳香烃的混合物。
2．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标况下，4.48 L CH3Cl的物质的量为0.2mol，所含原子为0.2mol×5=1mol，故A符合题意；
B.白磷分子中含有6个P-P键，甲烷分子中含有4个C-H键，0.1mol甲烷中所含的共价键数均为0.4NA，而0.1mol的白磷(P4)共价键数0.6NA，故B不符合题意；
C. H2和N2反应是可逆反应，反应后转移的电子数小于2NA，故C不符合题意；
D.电解精炼铜时，阳极上放电的除了铜，还有比铜活泼的金属，如铁等，故当电路中通过0.1NA个电子时，阳极上减轻的质量不等于3.2g，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】白磷的结构是无心的正四面体，4个P占据四个顶点，甲烷是有心的正四面体，C位于四面体的中心，4个H位于4个顶点。
3．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A. 氯气具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子，故A不符合题意；
B. CuSO4溶液吸收H2S 气体，反应生成的硫化铜不溶于硫酸，离子方程式为：Cu2++ H2S= CuS↓+2H+，故B符合题意；
C. 氨水不能溶解生成的氢氧化铝沉淀，故C不符合题意；
D. 等体积、等浓度的Ba(OH)2稀溶液与NaHSO4稀溶液混合，反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，以及水，离子方程式为： Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】离子方程式的书写要注意，强酸、强碱、可溶性盐可以拆成离子形式，弱酸、弱碱、水、单质、氧化物和沉淀要写成化学式的形式。
4．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】X原子的电子数与电子层数相等，根据X在四种元素中原子序数的关系判断X是H元素；Z为短周期中金属性最强的元素，则Z是Na元素；Y与X、Y与Z均能形成原子个数比为1：1和1：2的两种化合物，短周期内与H、Na能形成原子个数比为1：1和1：2的元素是O元素，所以Y是O元素；Y和W同主族，则W是S元素。A、O与Na形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，前者只含离子键、而过氧化钠中除含离子键外，还含有共价键，不符合题意；
B、O的非金属性大于S，所以化合物X2Y比化合物X2W稳定，不符合题意；
C、O、Na、S三种元素组成的化合物可能是硫酸钠，也可能是亚硫酸钠，而亚硫酸钠的水溶液为碱性，不符合题意；
D、同周期元素的原子半径随原子序数的增大而减小，电子层数多的元素的原子半径大，所以原子半径：r(Z)>r(W)>r(Y)>r(X)，符合题意，
故答案为：D。
【分析】要注意根据X的电子数和电子层数相等，找出相应的元素，电子层必须排满后才能排列下一个电子层，金属性最强的元素根据周期律观察，从上到下金属性增强，从左到右金属性减弱。
5．【答案】B
【知识点】电解原理
【解析】【解答】A、电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反应，导致氧气等气体的出现，所以电极反应式为：2O2-→O2↑+4e-，故A不符合题意；
B、电解池的阴极发生得电子的还原反应，是二氧化钛电极本身得电子的过程，即TiO2+4e-→Ti+2O2-，故B符合题意；
C、电解池中，电解质里的阴离子O2-、Cl-均移向阳极，故C不符合题意；
D、石墨电极会和阳极上产生的氧气之间发生反应，导致气体一氧化碳、二氧化碳的出现，所以石墨电极会消耗，质量减轻，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】要注意先判断电极，根据产物进行判断，且阴极得电子，阳极失电子。
6．【答案】D
【知识点】物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A．制备乙酸乙酯需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂，故A不符合题意；
B.左池直接发生氧化还原反应，不能构成原电池，故B不符合题意；
C.碳和浓硫酸加热生成SO2和CO2，两气体均能使石灰水变浑浊，故C不符合题意；
D.装置形成密闭系统，如果手捂住烧瓶，玻璃导管内能形成水柱，即可证明气密性好，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、要注意乙酸乙酯的制取需要浓硫酸；
B、要注意双液原电池的组成条件；
C、要注意二氧化碳和二氧化硫都可以使澄清石灰水浑浊；
D、要注意气密性检查一般都是采用捂热或加热法。
7．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、pH=5时，HSO3-的物质的量分数(α)为1.0，说明硫元素的主要存在形式为HSO3-，故A不符合题意；
B、c(H+)+c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，所以，c(Na+)＞c(SO32-)+c(HSO3-)，故B不符合题意；
C、随pH增大，c(SO32-)增大，c(HSO3-)减小，所以 的值减小，故C符合题意；
D、根据图像，向pH=3的上述溶液中滴加少量稀硫酸，溶液的pH减小，α(HSO3-)减小，α(H2SO3)增大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题要注意几个点，交点和起始、终止的点；
A、pH=5，此时亚硫酸氢根值接近最大；
B、中性时，结合电荷守恒可以判断；
C、注意加石灰水增大pH值；
D、注意pH减小时的浓度变化。
8．【答案】（1）Cu2S+4Fe3+= 2Cu2++4Fe2++S
（2）温度过低，矿渣的溶解速率小；温度过高，苯易挥发
（3）4NOx+(5-2x)O2+2H2O=4HNO3；b
（4）加大Fe3+转化为Fe(OH)3的程度；抑制Cu2+的水解
（5）ac
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取过滤，得到矿渣加入苯水浴加热回收硫单质；加入在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子过滤，滤液M中加入氯气氧化反应生成氯化铁循环使用，保温除铁加入稀硝酸溶液和氧化铜反应，调节溶液PH除去杂质离子，过滤得到滤液为硫酸亚铁溶液，在稀硝酸溶液中蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到晶体。(1)铁离子做氧化剂，Cu2S被氧化，离子方程式为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S，故答案为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S；
(2)苯沸点比较低，温度过高苯容易挥发，从反应动力学看温度过低溶解速率小，故答案为：温度过低，矿渣的溶解速率小；温度过高，苯易挥发；
(3)NOx做还原剂，依据质量守恒和电子守恒写出方程式：4NOx+(5-2x)O2+2H2O=4HNO3，向滤液M中通入Cl2将FeCl2氧化为FeCl3，可以循环使用，
故答案为：b，故答案为：4NOx+(5-2x)O2+2H2O=4HNO3，b；
(4)Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，加入CuO使水解平衡正向进行，调节溶液的pH使铁元素完全转化为氢氧化铁沉淀，加热过程中Cu2+会水解，加入硝酸抑制Cu2+的水解，不引入新的杂质，故答案为：调节溶液pH使使铁元素完全转化为氢氧化铁沉淀，抑制铜离子水解；
(5) a. 硝酸铜在酒精中的溶解度较小，可以用酒精洗涤，正确；
B. 硝酸铜在热水中的溶解度增大，不能用热水洗涤，错误；
C.饱和硝酸铜溶液中硝酸铜的溶解度很小，可以用饱和硝酸铜溶液洗涤，正确；
故答案为：ac。
【分析】（1）铁离子有氧化性，亚铜离子有还原性；
（2）要注意溶解速率和苯的挥发性入手；
（3）根据氧化还原反应的特点，结合过程中加入的硝酸，可以知道产物为硝酸；
（4）氧化铜的目的是减少氢离子的浓度，促进铁离子的水解；同时调节酸性是为了抑制铜离子的水解；
（5）注意硝酸铜晶体的特点，易溶于水，不溶于有机溶剂。
9．【答案】（1）a→b→f(g)→g(f)→a(c)→b(d)→I
（2）浓硫酸；吸收CO，防止污染
（3）ad
（4）偏大 【方案ⅱ】乙同学按以下步骤测定样品中AlN的纯度。
（5）通入过量CO2气体
（6）坩埚、泥三角、坩埚钳
（7） ×100%
【知识点】化学实验操作的先后顺序
【解析】【解答】(1) 实验室用饱和NaNO2与NH4Cl溶液共热制N2：NaNO2+NH4Cl NaCl+N2↑+2H2O，可以需要装置C制备氮气，生成的氮气中经过干燥后与Al2O3和C在装置D中反应生成AlN和CO，CO会污染空气，可以通过氯化钯溶液吸收，氮化铝在高温下能水解，需要防止外界水蒸气进入装置D，因此按照氮气气流方向，各仪器接口连接顺序为：e→c→d→a→b→f(g)→g(f)→a(c)→b(d)→I，故答案为：a→b→f(g)→g(f)→a(c)→b(d)→I；(2)根据上述分析，B装置内的X液体可以是浓硫酸；E装置内氯化钯溶液是用来吸收CO，防止污染，故答案为：浓硫酸；吸收CO，防止污染；(3) AlN+NaOH+H2O= NaAlO2+NH3↑，量气装置中收集的气体为氨气。a.氨气是极性分子，难溶于CCl4，可以选用；
B.氨气极易溶于水，不能选用；
C.氨气在NH4Cl饱和溶液中溶解度仍然很大，不能选用；
D.氨气难溶于植物油，可以选用；
故答案为：ad；(4)若装置中分液漏斗与导气管之间没有导管A连通，应用氢氧化钠溶液体积的影响会使得测得的氨气的体积偏大，所测AlN纯度偏大，故答案为：偏大；(5)根据流程图，滤液即洗涤液中含有NaAlO2，经过步骤②得到沉淀为氢氧化铝，因此步骤②是通入过量CO2气体，故答案为：通入过量CO2气体；(6)实验室里煅烧滤渣氢氧化铝使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的仪器有坩埚、泥三角、坩埚钳，故答案为：坩埚、泥三角、坩埚钳；(7)根据Al2O3+3C+N2 2AlN+3CO，AlN+NaOH+H2O= NaAlO2+NH3↑，样品的主要成分为Al2O3、C和 AlN，滤渣为C，最终的固体为Al2O3，因此由AlN反应得到的氧化铝的质量为m3-m1+m2，根据铝元素守恒，AlN的质量为 ×2×41g/mol= g，样品中AlN的纯度为 ×100%，故答案为： ×100%。
【分析】（1）仪器组装要按照发生装置-除杂装置-干燥装置-收集装置-检验装置-尾气处理进行；
（2）浓硫酸为干燥装置，最后进行尾气处理；
（3）要注意四氯化碳和植物油均为有机溶剂；
（4）要注意误差问题从浓度、反应方向入手；
（5）要注意二氧化碳过量；
（6）注意煅烧的仪器是坩埚、坩埚钳和泥三角；
（7）纯度的计算要注意总量的问题。
10．【答案】（1）-90.1
（2）25%；>；<；0.148；BE；0
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1) ①2CH4(g)+O2(g)= 2CO(g)+4H2(g) ΔH1=-70.8 kJ·mol-1，③2CH4(g)+O2(g) 2CH3OH(g) ΔH3=-251.0 kJ·mol-1，根据盖斯定律，将(③-①)× 得：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)ΔH2= ×[(-251.0 kJ·mol-1)-(-70.8 kJ·mol-1)]= -90.1 kJ·mol-1，故答案为：-90.1；(2)①根据图像，M点时，生成的甲醇为0.25mol，则反应的H2为0.5mol，H2的转化率= ×100%=25%；根据反应方程式CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，增大压强，平衡正向移动，甲醇的物质的量增大，因此p1＞p2，故答案为：25%；>；
②其他条件相同时，压强越大，反应速率越快，反应速率：N点v正(CO)＜M点v逆(CO) ，故答案为：＜；③根据图像1，压强为p1时，平衡时甲醇为0.25mol，则CO为1mol-0.25mol=0.75mol，H2为2mol-0.25mol×2=1.5mol，平衡常数K= =0.148；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小，lg K减小，符合条件的点有BE，故答案为：0.148；BE；④为了使该反应逆向进行，需要满足Qc大于K，即 ＞ ，因此a＜10，故答案为：0
（2） ① 要注意温度和甲醇物质的量的反比关系，根据三段式进行计算；
② 要注意根据平衡移动进行分析；
③ 根据平衡时的浓度进行计算；
④ 根据浓度商和化学平衡常数的大小进行计算；
（3）注意总方程式为甲醇燃烧且通入氢氧化钾溶液，生成碳酸氢钾和水，正极反应式为氧气和水反应得电子生成氢氧根，再求出负极反应式即可。
11．【答案】（1）X射线衍射实验；3d104s1；14
（2）sp3杂化；氨分子之间可以形成氢键，而甲烷分子之间只存在范德华力
（3）>；H3AsO4中的非羟基氧原子比H3AsO3中多，H3AsO4中As对电子的吸引力更强，使O—H键更易断裂，电离出H+
（4）H3O+；H3O+、H2O中O原子都是sp3杂化，H2O中O原子有2对孤电子对，H3O+中O原子有1对孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小
（5）
【知识点】金属晶体的基本堆积模型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)区分晶体和非晶体，可通过X射线衍射实验区分，铜是29号元素，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，29个电子占据15个轨道，其中14个轨道中的电子自旋状态相反，故答案为：X射线衍射实验；3d104s1；14；(2)CH4分子中C原子的价层电子对数=4，采用sp3杂化，氨分子之间可以形成氢键，而甲烷分子之间只存在范德华力，使得NH3沸点比CH4高，故答案为：sp3杂化；氨分子之间可以形成氢键，而甲烷分子之间只存在范德华力；(3) H3AsO4中的非羟基氧原子数目大于H3AsO3，酸性：H3AsO4＞H3AsO3，故答案为：>；H3AsO4中的非羟基氧原子比H3AsO3中多，H3AsO4中As对电子的吸引力更强，使O—H键更易断裂，电离出H+；(4) H3O+、H2O中O原子都是sp3杂化，H2O中O原子有2对孤电子对，H3O+中O原子有1对孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小，因此H3O+、H2O相比较，键角较大的是H3O+，故答案为：H3O+；H3O+、H2O中O原子都是sp3杂化，H2O中O原子有2对孤电子对，H3O+中O原子有1对孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小；(5)根据晶胞结构图，1个晶胞中含有的铁原子数=8× +6× =4，因此晶体的密度为ρ g·cm-3= ，解得NA= ，故答案为： 。
【分析】（1）注意晶体和非晶体的区别可以用 X射线衍射实验 ；基态电子排布的时候要注意洪特规则；根据电子排布的对数，可以知道自旋相反电子又14对；
（2）杂化轨道根据中心原子周围的原子数和未成对电子的什么进行计算；影响沸点的因素包括范德华力和氢键；
（3）酸性的比较要注意比较谁更容易电离出氢离子；
（4）根据孤电子对的数目判断键角，谷电子对越多排斥力越大；
（5）要注意公式的计算，根据物质的量相关计算公式即可求出。
12．【答案】（1）甲苯；羧基
（2）加成反应；；
（3）酸性高锰酸钾溶液；4
（4） +CH3COOH +H2O
（5）
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】由C→ 及反应条件可知C为苯甲醇，B为 ，A为甲苯。在相同条件下，D的蒸气相对于氢气的密度为39，则D的相对分子质量为39×2=78，D与A互为同系物，由此知D为芳香烃，设1个D分子中含有n个碳原子，则有14n-6=78，解得n=6，故D为苯； 与乙醛反应得到E，结合信息①，E为 ，E与溴发生加成反应得到的F为 ，F发生氧化反应生成的G为 。(1)根据分析可知，A为甲苯，G为 ，则G中含氧官能团为羧基，故答案为：甲苯； 羧基；(2)反应②为苯甲醛与氯仿发生加成反应生成 ，根据上述分析，B和F的结构简式分别为 、 ，故答案为：加成反应； ； ； (3)甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯不能；C为苯甲醇属于芳香族化合物的苯甲醇的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚和苯甲醚( )，共4种，故答案为：酸性高锰酸钾溶液；4；(4)反应①为乙酸和 发生酯化反应，化学方程式为 +CH3COOH +H2O，故答案为： +CH3COOH +H2O；(5)苯乙醛与甲醛反应生成 ， 再与溴发生加成反应生成 ，最后 发生催化氧化反应生成 ，故合成路线为 ，故答案为： 。
【分析】本题采用逆推法即可，根据提示可以知道A到B的过程为取代，C为卤代烃的水解，D为醇的催化氧化；
（1）根据推断可以知道A为甲苯，G含有羧基；
（2）双键断开为加成反应；B为甲苯在甲基上的取代，F为加成反应得到的产物；
（3）甲苯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色；C的同分异构体要注意根据苯环进行判断；
（4）此反应为酯化反应，注意可逆符号和加热符号；
（5）合成过程要注意药剂加入的先后顺序。
