河北省唐山市第二中学2022届高三开学摸底考试化学试题解析版.pdf

2022 届高三开学摸底考试化学试卷届高三开学摸底考试化学试卷(河北卷河北卷) 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量： H-1 B-11 C-12 O-16 N-14 Na-23 P-31 Cu-64 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 9 小题，每小题小题，每小题 3分，共分，共 27 分。每小题只有一个选项符合题目要求。分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 墨子天志中记载：“书之竹帛，镂之金石”。下列说法错误的是 A. 竹简的主要成分纤维素是天然有机高分子化合物 B 丝帛不宜使用含酶洗涤剂洗涤 C. 饱和氯化铵溶液可以洗去金属表面的锈迹 D. “石”指的是陶瓷、玉石，制作陶瓷过程中只发生物理变化 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A 竹 简 的 主 要 成 分 是 纤 维 素 ， 纤 维 素 是 天 然 有 机 高 分 子 化 合 物 ， A项 正 确 ； B 丝 帛 的 主 要 成 分 是 蛋 白 质 ， 蛋 白 质 在 酸 、 碱 或 酶 的 作 用 下 能 发 生 水 解 反 应 ， B项 正 确 ； C 氯 化 铵 溶 液 中4NH水 解 使 溶 液 显 酸 性 ， “锈 迹 ”的 成 分 是 金 属 氧 化 物 ， 金 属 氧 化 物 能 与 水 解 出 的H反 应 ， C项 正 确 ； D 制 作 陶 瓷 的 过 程 发 生 了 复 杂 的 物 理 和 化 学 变 化 ， D项 错 误 ； 故 选 D。 2. 下列离子方程式书写不正确的是 A. 少量金属Na加入水中：222Na2H O2Na2OHH B. 用浓NaOH溶液反萃取法提取碘：2323I6OH5IIO3H O C. 向次氯酸钙溶液中通入足量2CO：2223Ca2ClOCOH OCaCO2HClO D. 向小苏打溶液中滴加少量清石灰水：223332Ca2OH2HCOCaCOCO2H O 【答案】C 【解析】 【详解】A将金属 Na 投入水中，反应生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，选项 A正确； B用浓 NaOH 溶液反萃取法提取碘生成碘化钠、碘酸钠和水，离子方程式：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，选项 B正确； C向次氯酸钙溶液通过量 CO2的离子反应为 ClO-+H2O+CO2=HCO3-+HClO，选项 C错误； DNaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水的离子反应为 2HCO3-+Ca2+2OH-=CaCO3+2H2O+CO32-，选项 D正 确； 答案选 C。 3. 下列说法不正确的是 A. 硬脂酸甘油酯和蛋白质均能发生水解，且都是高分子化合物 B. 植物秸秆和土豆淀粉在一定条件下水解的产物都可以转化为酒精 C. 不同种类的氨基酸能以不同的数目和顺序彼此结合，形成更复杂的多肽化合物 D. 往蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，产生的沉淀再加水又可溶解 【答案】A 【解析】 【详解】A硬脂酸甘油酯含有酯基，而蛋白质含有肽键，均能发生水解，但蛋白质是高分子化合物，而油脂不属于高分子化合物，A说法错误； B植物秸秆为纤维素，土豆淀粉为淀粉，都属于多糖，在一定条件下水解的产物为葡萄糖，可以转化为酒精，B说法正确； C氨基和羧基可以发生脱水反应，故不同种类的氨基酸能以不同的数目和顺序彼此结合，形成更复杂的多肽化合物，C说法正确； D向蛋白质溶液中加入硫酸铵溶液发生盐析，盐析是可逆反应，故往蛋白质溶液中加入饱和硫酸铵溶液，产生的沉淀再加水又可溶解，D 说法正确； 答案为 A。 4. 用下列装置进行相应的实验，装置及操作完全正确的是 A. 装置实验操作后应将混合物转移到分液漏斗中进行分液 B. 装置实验应先点燃酒精灯，然后接通水龙头向冷凝管内通水 C. 装置用于制备并收集干燥的氨气 D. 装置用于测量2CO的体积 【答案】A 【解析】 【分析】 【 详 解 】 A 粗 溴 苯 中 含 有 杂 质 单 质 溴 ， 加 入 氢 氧 化 钠 溶 液 之 后 发 生 如 下 反 应 ：22Br +2NaOH=NaBr+NaBrO+H O，产物与溴苯不互溶，将混合物转移到分液漏斗中进行分液，A正确； B蒸馏操作中先通冷凝水，再点燃酒精灯加热，提高馏分的产率，B错误； C氨气的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，C错误； D2CO与水反应溶解于其中，会使测量体积偏小，应采用排饱和碳酸氢钠溶液的方法来测量2CO的体积，D 错误； 答案为：A。 5. CaCl2固体遇 NH3会形成 CaCl28NH3(可溶于水)。下列说法不正确的是 A. CaCl2与 NH3形成 CaCl28NH3属于氮的固定 B. CaCl2作干燥剂时，不能干燥 NH3 C. CaCl28NH3溶于水，通入少量 CO2会产生白色沉淀 D. CaCl2与 NH3形成 CaCl28NH3的过程属于化学变化 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A2N转 化 为 NO、3NH等 氮 的 化 合 物 才 是 氮 的 固 定 ， A项 错 误 ； B2CaCl可 用 作 干 燥 剂 ， 根 据 题 意 知2CaCl固 体 遇3NH会 形 成23CaCl8NH， 故 不 能 干 燥3NH， B项 正 确 ； C23CaCl8NH溶 于 水 ， 溶 液 呈 碱 性 ， 通 入 少 量2CO会 产 生3CaCO白 色 沉 淀 ， C项 正 确 ； D2CaCl、3NH和23CaCl8NH为 不 同 的 物 质 ，2CaCl与3NH发 生 反 应 生 成23CaCl8NH， 属 于 化 学 变 化 ， D项 正确 ； 故 选 A。 6. 研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应、反应均属于氧化还原反应 B. 整个过程中 O3作催化剂 C. 光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质 D. 反应的方程式为 O2+ O = O3 【答案】B 【解析】 【分析】在紫外线作用下，NO2分解生成 NO 和 O，O2与 O 发生反应生成 O3，O3与 NO发生反应 I生成NO2，丙烯与 O3发生反应生成甲醛和乙醛，据此分析解答。 【详解】A. 反应为 O3+3NO=3NO2，反应为 丙烯与 O3发生反应生成甲醛和乙醛，均存在化合价的变化，均属于氧化还原反应，故 A正确； B. 整个过程中 O3属于中间产物，故 B错误； C. 由分析知，反应中丙烯与 O3发生反应生成甲醛和乙醛，故光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质，故 C正确； D. 由分析知，反应的方程式为 O2+ O = O3，故 D正确； 故选 B。 7. 增塑剂 DCHP可由环己醇制得。环己醇和 DCHP的结构简式如图所示，下列说法错误的是 A. DCHP的分子式为20264C H O B. 环己醇的一氯代物有 3 种 C. 可以用金属钠来鉴别环己醇和 DCHP D. DCHP能发生水解反应 【答案】B 【解析】 分析】 【详解】A根据 DCHP的结构简式可判断其分子式为20264C H O，故 A正确； B根据等效氢原则，环己醇的结构中有 4 种不同的氢原子，则一氯代物有 4 种，如图(*表示氯原子的位置)，故 B错误； C环己醇可与金属钠反应放出氢气，DCHP不与钠反应，故 C正确； DDCHP中含有酯基，能发生水解反应，故 D 正确； 答案选 B。 8. 氯化亚铜常用作有机合成催化剂，难溶于水，不溶于稀硝酸和乙醇，但可溶于 Cl-浓度较大的体系生成配离子CuCl2-； 在潮湿空气中易水解氧化为碱式氯化铜； 见光则分解， 变成褐色。 一种制备 CuCl 的流程如图，下列说法不正确的是 A. 操作过程中会有氮氧化物生成 B. 操作的主要目的是降低溶液中 Cl-浓度，析出 CuCl C. 流程中可循环利用的物质有两种 D. 操作可在真空中进行，并注意避光 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A Cu可 以 被 硝 酸 氧 化 ， 会 有 氮 氧 化 物 生 成 ，A项 正 确 ； B CuCl溶 于Cl浓 度 较 大 的 体 系 生 成 配 离 子2CuCl， 操 作 加 入 去 氧 水 ， 可 降 低 溶 液 中 的Cl浓 度 ，2CuCl被 破 坏 ， 析出 CuCl沉 淀 ， 同 时 可 以 防 止 CuCl被 氧 化 ， B项 正 确 ； C 操 作 之 后 得2CuCl， 加 入 去 氧 水 并 过 滤 ， 滤 渣 是 CuCl沉 淀 ， 滤 液 含 有3NaClHNO、 HCl， 滤 液 经 浓 缩 后 可 循 环 使用 ， 洗 涤 滤 渣 的 乙 醇 通 过 蒸 馏 也 可 回 收 再 利 用 ， C项 错 误 ； D CuCl易 被 氧 化 ， 见 光 则 分 解 ， 故 干 燥 操 作 应 在 真 空 环 境 中 进 行 ， 并 注 意 避 光 ， D项 正 确 ； 故 选 C。 9. 某研究所用乙烷(CH3CH3)燃料电池电解甲基肼(CH3NHNH2)制氢，其装置如图，其中 A、B、C、D均为惰性电极。下列说法不正确的是 A. B电极正极，电极反应为 O2+4H+4e-=2H2O B. 装置和工作后电解质溶液的 pH 都减小 C. 装置中交换膜为阴离子交换膜，OH-由右室移向左室 D. 理论上，标准状况下生成 7.84LH2，消耗 CH3CH3的质量为 1.5g 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A 根 据 装 置 中 D电 极 上 产 生2H， 发 生 还 原 反 应 ， 可 知 D电 极 作 阴 极 ， A电 极 作 负 极 ， B电 极 作 正 极 ， c为2O， B电 极 上 发 生 反 应22O4H4e2H O， A正 确 ； B 装 置 总 反 应 为332222CH CH7O4CO6H O， 有 水 生 成 ， 酸 性 电 解 质 溶 液 被 稀 释 ， pH增 大 ， B错 误 ； C 因 为 C电 极 反 应 式 为3CH NH22322NH12OH10eCON9H O ， 消 耗OH， 故 装 置 中 交换 膜 为 阴 离 子 交 换 膜 ，OH由 右 室 移 向 左 室 ， C正 确 ； D 由 电 子 得 失 守 恒 可 知 ，332CH CH14e7H， 标 准 状 况 下 生 成 7.84L(0.35mol)2H， 消 耗33CH CH0.05mol， 即10.05mol 30g mol1.5g， D正 确 ； 故 选 B。 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 16 分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得全部选对得 4分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2分，有选错的得分，有选错的得 0分。分。 10. 葛粉中含有大量葛根素，葛根素又称葛根黄酮，临床上用于治疗心脑血管疾病、癌症，其结构简式如图所示。下列关于葛根素的说法正确的是 A. 1mol葛根素与足量 Na2CO3溶液反应最多能消耗 6mol Na2CO3 B. 该分子苯环上的一氯代物有 6 种 C. lmol 葛根素与足量溴水发生反应最多能消耗 4molBr2 D. 该分子中至少有 6 个碳原子共平面 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A 酚 羟 基 可 以 和23Na CO溶 液 反 应 ， 1mol酚 羟 基 消 耗 1mol23Na CO， 1mol葛 根 素 中 有 2mol酚 羟 基 ， 所 以 最 多 消 耗 2mol23Na CO， A错 误 。 B 该 分 子 苯 环 上 有 4种 等 效 氢 ， 苯 环 上 的 一 氯 代 物 有 4种 ， B错 误 。 C 苯 环 上 酚 羟 基 的 邻 位 和 对 位 的 氢 原 子 可 以 与 溴 水 发 生 取 代 反 应 ，1个 葛 根 素 分 子 中 含 有 2个 酚 羟 基 ， 酚 羟 基 的 邻 位 和 对 位 共 有 3个 氢原 子 ， 可 以 与 3个 发 生 取 代 反 应 ;1个 葛 根 素 分 子 中 含 有 1个 C=C， 可 以 与 1个 Br2发 生 加 成 反 应 ， 故 1mol葛 根 素 最 多 与 4mol2Br反 应， C正 确 。 D 构 成 苯 环 的 碳 原 子 及 与 苯 环 直 接 相 连 的 碳 原 子 一 定 共 平 面 ， 所 以 该 分 子 中 至 少 有 8个 碳 原 子 共 平 面 ， D错 误 ； 故 选 C。 11. 次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品， 有强还原性。 已知： 2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3，H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O。下列推断不正确的是 A. H3PO2的结构式为 B. H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸 C. NaH2PO2是酸式盐 D. 每消耗 1mol P4，反应中转移 6mol 电子 【答案】CD 【解析】 【详解】A.根据反应可知 H3PO2是一元酸，由于只有-OH 的 H 原子能够电离，因此可说明 H3PO2的结构式为，A正确； B.由于 P元素最高化合价是+5 价，而在 H3PO2中 P元素化合价为+1 价，说明该物质具有强还原性，在空气中可能被空气中的氧气氧化成+5 价的磷酸，B正确； C.根据 A 选项可知 H3PO2是一元酸，所以 NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，C错误； D.在反应中元素化合价升降数值是 6，说明每有 2mol P4反应，反应中转移 6mol电子，D 错误； 故合理选项是 CD。 12. X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期元素，它们组成一种团簇分子的化学式为 Z2M2Y4(YX)2。X、M 的族序数均等于周期序数，Y 原子核外最外层电子数是其电子总数的34。下列说法错误的是 A. 简单离子半径：ZMY B. Z和 M 的最高价氧化物对应的水化物的碱性：ZM C. X 与 Y 形成的化合物中，X 与 Y 的原子个数之比一定为 2：1 D. Z、M 的单质与 NaOH溶液可形成原电池，M 的单质作负极 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】A 简 单 离 子 的 核 外 电 子 排 布 结 构 相 同 时 ， 核 电 荷 数 越 大 ， 半 径 越 小 ， 则 半 径 ：223OMgAl， A错 误 ； B 由 于 Mg的 金 属 性 强 于 Al， 则 最 高 价 氧 化 物 对 应 的 水 化 物 的 碱 性 ：23Mg(OH)Al(OH)， B正 确 ； C H与 O形 成 的 化 合 物 有222H OH O、， H与 O原 子 个 数 之 比 分 别 为 2:1、 1:1， C错 误 ； D Mg、 Al与 NaOH溶 液 可 形 成 原 电 池 ， 发 生 反 应2222Al2NaOH2H O2NaAlO3H， 其 中 A是 还 原 剂 ，作 原 电 池 的 负 极 ， 故 D正 确 ； 故 选 AC。 13. 向绝热恒容密闭容器中通入 1molSO2和 1molNO2，发生反应：SO2(g)+NO2(g) SO3(g)+NO(g)，正反应速率随时间变化如图所示。下列有关说法不正确的是 A. 生成物的总能量低于反应物的总能量 B. c点容器内气体颜色不再改变 C. 当t1=t2时，SO2的转化率：ab 段大于 bc段 D. cd段，反应物浓度减小是影响正反应速率下降的主要因素 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】A随反应进行，反应物浓度减小，但是从a到c正反应速率增大，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，该反应为放热反应，即生成物的总能量低于反应物的总能量，正确； Bc点对应的正反应速率还在改变，未达平衡，容器内气体颜色变化，错误； Cac段，随着反应的进行，正反应速率增大，12tt时，2SO的转化率：ab段小于bc段，错误； D随反应进行，反应物浓度减小，反应为放热反应，c点前温度对速率影响为主，c点后浓度变化对速率影响为主，正确； 故选 BC。 三、非选择题：共三、非选择题：共 57 分。第分。第 1416 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 1718 题为选题为选考题，考生根据要求作答。考题，考生根据要求作答。 (一一)必考题：共必考题：共 42分。分。 14. 锌是一种常用金属，工业上利用锌焙砂(主要含 ZnO、ZnFe2O4，还含有少量 CaO、FeO、CuO、NiO 等）湿法制取金属锌的流程如图所示，回答下列问题。 已知：Fe的活泼性强于 Ni。 （1）ZnFe2O4可写成 ZnOFe2O3，则 ZnFe2O4与 H2SO4反应的化学方程式_。 （2）“净化”操作分为两步： 将溶液中少量的 Fe2+氧化，下列试剂中可选用的是_(填字母标号） 。 A新制氯水 B30 % H2O2溶液 CFeC13溶液 DKMnO4溶液 加入 ZnO，调节溶液 pH 为 3.36.7；加热到 60左右并不断搅拌，加热搅拌主要目的是_。 （3）“净化”生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是_。 （4）“净化”中加入过量 Zn的目的是_。 【答案】 . 242442423ZnFe O4H SOZnSOFeSO4H O . B . 促进三价铁离子水 解转化为沉淀，并使过量的过氧化氢分解除去 . 氢氧化铁胶粒具有吸附性 . 使铜离子、镍离子转化为单质而除去 【解析】 【详解】 （1）根据信息 ZnFe2O4可写成 ZnOFe2O3可知，酸浸时 ZnFe2O4会生成两种盐，分别为硫酸锌、硫酸 铁 ， 即ZnFe2O4与 硫 酸 反 应 生 成 硫 酸 锌 、 硫 酸 铁 、 水 ， 反 应 的 化 学 方 程 式 为 ：ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O； （2） 将溶液中少量的 Fe2+氧化，应选用氧化性较强且产物不会引入新杂质的物质，新制氯水的还原产物为氯离子，会引入新的杂质，氯化铁无法将 Fe2+氧化，且会引入新的杂质，KMnO4溶液还原产物为二价锰离子，会引入新的杂质，因此应当加入过氧化氢，选 B； 加热搅拌的目的是促进三价铁离子水解转化为沉淀，并使过量的过氧化氢分解除去； （3）因为 Fe(OH)3胶粒具有吸附性，则净化生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质； （4）加入稀硫酸后生成物中含有硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸锌、硫酸铜、硫酸镍、硫酸钙，其中硫酸钙微溶于水，净化后除去 Fe元素，所以净化中加入 Zn的目的是使 Cu2+、Ni2+转化为 Cu、Ni而除去。 15. 某兴趣小组为探究 SO2有关性质进行如下实验活动。 (1). 实验 a 的目的是_。 (2). 实验 b 可能得出的结论是_；理由是_。 .SO2水溶液酸性 该小组选用下列装置及药品比较亚硫酸和次氯酸的酸性强弱。 (3). 装置连接顺序为 AC_E_F尾气处理。证明亚硫酸酸性强于次氯酸的实验现象是_。 .SO2还原性 已知：Cu2O 易与浓氨水反应生成 Cu(NH3)2(无色)，在空气中会立即被氧化成 Cu(NH3)2(蓝色)。该小组为探究 SO2与新制 Cu(OH)2悬浊液的反应进行如下实验： 装置 试管中的药品 现象 1.5mL1molL-1CuSO4溶液和3.5mL1molL-1NaOH溶液混合 开始时有砖红色沉淀出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈蓝色 (4). 该小组将少量 Cu2O 固体加入 5mL蒸馏水中，再持续通入 SO2气体，发现现象与上述实验相同，说明砖红色沉淀为 Cu2O。砖红色沉淀消失的化学方程式为_。 (5). 取表中实验所得固体进行如图实验(以下每步均充分反应)： 实验时摇动锥形瓶的目的是_；锥形瓶 2 中固体完全溶解得深蓝色溶液的离子方程式为_。 【答案】(1). 探究 SO2分子能否使品红褪色 (2). . 使品红褪色的微粒可能是亚硫酸根离子 . SO23浓度大，褪色快；SO23浓度小，褪色慢 (3). . B . D . D 中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀 (4). 2Cu2O+SO2=CuSO4+3Cu (5). . 使溶液与空气中氧气充分接触 . 2Cu+8NH3H2O+O2=2(Cu(NH3)4)2+4OH-+6H2O 【解析】 【分析】本题首先利用实验室制备二氧化硫，然后根据原理验证二氧化硫的化学性质，在验证的过程中考查了实验装置的选择以及使用方法。 【小问 1 详解】 2SO水溶液中含有亚硫酸分子、亚硫酸氢根离子、亚硫酸根离子，不能判断起漂白作用的是哪种微粒，实验 a 的目的是探究2SO分子能否使品红褪色； 【小问 2 详解】 实验 b 各溶液中均含有亚硫酸分子、亚硫酸氢根离子、亚硫酸根离子，因为加入亚硫酸钠溶液的品红溶液 褪色最快，结合有关反应速率影响因素的知识，推测使品红褪色的微粒可能是亚硫酸根离子； 【小问 3 详解】 2SO直接通入漂白粉溶液，会与ClO发生氧化还原反应，不能直接运用强酸制弱酸规律进行比较，故先证明亚硫酸酸性强于碳酸，再证明碳酸酸性强于 HClO； 【小问 4 详解】 根据实验现象并结合守恒思想和氧化还原反应原理分析生成了4CuSO和 Cu； 【小问 5 详解】 据题知，紫红色固体铜在浓氨水和氧气共同作用下会溶解，且生成234Cu NH，从而写出离子方程式。 16. 天然气的主要成分是甲烷，它是一种重要的化工原料。 （1）CH4与 CO2经催化反应可制得合成气：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g） H 已知：反应 1：CH4（g）=C（s）+2H2（g） H1=+75kJ/mol 反应 2: 2CO（g）=C（s）+CO2（g） H2=-172kJ/mol 则该催化反应的 H=_kJ/mol。 （2） 工业上可用 CO 和 H2合成二甲醚， 其反应为: 2CO （g） +4H2 （g） =CH3OCH3 （g） +H2O （g） H=-204.7 kJ/mol 初始条件相同时，分别在 A（恒温） 、B（绝热）两个容器内反应。反应初始时两容器的反应速率A_B（填“”、“ . bd . 0.03molL-1min-1 . 20.30.70.4 . 1.2 【解析】 【分析】 （1）根据盖斯定律可知：反应 1-反应 2 得 CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g） ； （2）反应初始时，两容器中反应物的浓度相同，温度等相同，两容器的反应速率 A=B；反应放热。B中温度高，平衡逆向移动，平衡时 CO 的转化率 AB。 （3）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡； 根据 v=ct 计算； 该反应的平衡常数 K=32(2c CH OHc CO c H ) ； 列出三段式，利用平衡常数不变计算。 【详解】 （1）已知：反应 1：CH4（g）=C（s）+2H2（g） H1=+75kJ/mol 反应 2: 2CO（g）=C（s）+CO2（g） H2=-172kJ/mol 根据盖斯定律可知：反应 1-反应 2得 CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g） H=H1-H2=+75kJmol1-（-172kJmol1）=+247kJ/mol； 故答案为：H=+247kJ/mol。 （2）2CO（g）+4H2 （g）=CH3OCH3 （g）+H2O（g） H=-204.7 kJ/mol 是放热反应，初始条件相同时，分别在 A（恒温） 、B（绝热）两个容器内反应。反应初始时，两容器中反应物的浓度相同，温度等相同，两容器的反应速率 A=B；反应放热。B中温度高，平衡逆向移动，平衡时 CO 的转化率 AB。 故答案为：=；; （3）a. v（H2）=2v（CH3OH）不能说明正逆反应速率关系，故 a不选； b.由图 c（ CO） ：c（ CH3OH）=1.4:0.6=7: 3 时，是平衡时浓度比，故 b选； c .由图 c（H2） ：c（ CH3OH）=0.8:0.6=4: 3时，是平衡时浓度比，故 c不选； d. CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）是气体体积缩小的反应，容器中气体的压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故 d选； 故选 bd； 该化学反应 10min内生成 CH3OH 的反应速率 v（CH3OH）= 0.6210minmolL =0.03molL-1min-1。 由图 CO、H2、CH3OH 的浓度分别是：0.3、0.7、0.43molL-1，该温度下，该反应的平衡常数 K=32(2c CH OHc CO c H )=20.30.70.4； 若其他条件不变时,15mim时再向容器中加入 2 mol CO 和 x mol H2，平衡时 CO 的转化率与原平衡相同， 23COg +2HgCH OHgmol2+22+x0mol1.22.41.2mol2.8x-0.41.2（ ）（ ）（ ）起始物质的量（）变化物质的量（）平衡物质的量（） 该温度下，该反应的平衡常数 K=32(2c CH OHc CO c H )=20.30.70.4=20.60.41.4 ()2x 则 x=1.2。 【点睛】本题考查盖斯定律、化学平衡状态的判断、化学平衡及其计算，侧重考查学生的分析能力和计算能力，难点（3），列出三段式，结合已知条件：平衡时 CO的转化率与原平衡相同，利用原平衡常数求解。 (二二)选考题：共选考题：共 15 分。请考生从分。请考生从 2 道题中任选一道作答，并用道题中任选一道作答，并用 2B 铅笔将答题卡上所选题目对铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。按本选考题的首题进行评分。 17. 单质硼是一种用途广泛的化工原料，可以应用于新型材料的制备，可用作良好的还原剂等。 (1). 晶体硼为黑色，硬度仅次于金刚石，质地较脆，熔点为 2573K，沸点为 2823K。晶体硼的晶体类型属于_晶体。 (2). 晶体硼单质的基本结构单元为正二十面体(如图甲所示)，其能自发地呈现多面体外形，这种性质称为晶体的_。晶体中有 20 个等边三角形和一定数目的顶点，每个顶点各有一个 B原子。通过观察图形及推算，可知此结构单元是由_个 B原子构成。 (3). 基态硼原子的价电子轨道表达式是_。与硼处于同周期且相邻的两种元素和硼的第一电离能由大到小的顺序为_。 (4). B与 H形成的化合物很多， 其中最简单的氢化物为 B2H6 (分子结构如图乙)， 则 B原子的杂化方式为_。氨硼烷(NH3BH3)被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是 _。硼氢化钠(NaBH4)，它是有机合成的重要还原剂，其中 BH4的立体构型为_。 (5). 磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，如图丙为其晶胞结构，阿伏加德罗常数的值为 NA，磷化硼晶体的密度为 gcm-3，B与 P最近的距离为_cm(列出计算式即可)。 【答案】(1). 原子 (2). . 自范性 . 12 (3). . . CBeB (4). . sp3杂化 . N . 正四面体 (5). 323A21N 【解析】 【分析】 【小问 1 详解】 从题中可知，该晶体熔、沸点较高，可推出该晶体为原子晶体。 【小问 2 详解】 自发地呈现多面体外形，这种性质称为晶体的自范性，应用均摊法求解，每个 B 原子属于 5 个三角形所共用，即在每个三角形中起15的作用，每个单元 B原子数为120 3125 个，每个三角形均为正三角形，即键角均为 60。 【小问 3 详解】 硼的价电子排布式为212s 2p，故其价电子轨道表达式为。与 B 同周期且相邻的元素为 Be、C，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但由于 Be 的 2s 能级全满，为稳定状态，故第一电离能 BeB，因此第一电离能：CBeB。 【小问 4 详解】 26B H分子中每个 B原子形成 4 个键，无孤电子对，B原子的杂化轨道数为 4，故杂化方式为3sp；氨硼烷33NH BH中 B无孤电子对，故3NH中 N 原子提供孤电子对；4BH中 B的价层电子对数为 4，且无孤电子对，故4BH的立体构型为正四面体。 【小问 5 详解】 磷化硼晶胞的结构与金刚石晶胞相似， 将该晶胞切割成 8 个小立方体， 在其中 4 个互不相邻的小立方体体心各有个 B原子， 因此 B与 P最近的距离为晶胞体对角线长的14。 设晶胞边长为cma， 该晶胞中含有 4个 B、4 个 P， 则33A(11 31) 4gg cm( cm)aN， 解得3212cmAaN。 晶胞体对角线长为晶胞边长的3倍，故 B与 P最近的距离为3A33AA21312132132cmcmcm422NNN。 18. 磷酸氯喹是一种抗疟药，在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，查阅文献发现，G()是一种合成磷酸氯喹的医药中间体，它的合成路线如图： 已知：POCl3是氯化杂环的常用试剂，P在反应前后化合价无变化； 脱羧反应是羧酸分子脱去羧基(COOH)放出二氧化碳的反应； 苯胺和甲基吡啶(如)互芳香同分异构体。 回答下列问题： (1). 化合物 A的名称是_，D 中含氧官能团的名称为_。 (2). E 的结构简式为_。 (3). FG 的反应方程式为_。 (4). 某有机物的分子式为 C8H10NCl，具有芳香化合物特征，核磁共振氢谱显示有 3 种不同化学环境的氢，该有机物的结构有_种，请写出其中的 2 种_。 (5). 参照上述流图，写出以为原料制备的合成路线图(其他试剂任选)_。 【答案】(1). . 间氯苯胺(或 3氯苯胺) . 羟基、酯基 (2). (3). 3+POCl3951053+H3PO3 (4). . 5 . (写 2 种即可) (5). 32FeCl /Cl+4KMnO /H 脱羧反应 【解析】 【分析】D 发生水解反应生成，E 发生脱羧反应得到 F，以此解题。 【小问 1 详解】 中两个官能团位于苯环的间位，氨基为主官能团，命名为间氯苯胺，D 中含氧官能团的名称为羟基和酯基。 【小问 2 详解】 由上述分析可知，E 的结构简式为。 【小问 3 详解】 FG是 取 代 反 应 ， Cl原 子 取 代 杂 环 化 合 物 的 OH ， 化 学 方 程 式 为。 【小问 4 详解】 该有机物的分子式比 A的多了两个2CH，由核磁共振氢谱信息，模仿 A的结构可以写出 3 种，为，其中苯胺的结构又可以和甲基吡啶的结构变换，有 2种，为。 【小问 5 详解】 以为原料制备的合成路线图32FeCl /Cl+4KMnO /H 脱羧反应。