2021届高考化学临考练习三（福建适用）

试卷第 1页，总 7页 2021 届高考化学临考练习三（福建适用） （考试时间:90 分钟试卷满分:100 分） 注意事项: 1. 本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写 在答题卡上。 2. 回答选择题时,选出每小题答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3. 回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4. 考试结束后,将本试卷和答题卡一井交回。 5. 可能用到的相对原子质量:H1Li7C12N14016F19Na23S32CI35.5 一、选择题:本题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分。每小题只有一个选项符合题意。 1．下列有关物质的用途说法不正确的是 A．液氨常用作制冷剂 B．磁性氧化铁可用作红色油漆和涂料 C．硫酸常用于金属加工前的酸洗 D．氧化铝可用于制造耐高温实验材料 2．短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，四种元素原子最外层电子数之 和为 20，X 的最高正价与最低负价的代数和为 2，Y 与 W 同主族，同周期中 Z 离子的 半径最小。下列说法错误的是 A．离子半径：Z＜Y＜W B．由 Y、Z 组成的化合物可与氢氧化钠溶液反应 C．简单气态氢化物的稳定性：Y＞W D．X 和 W 的氧化物对应的水化物，均是常见的强氧化剂 3．对 Ca（OH）2（Ksp=5.5×10-6）、Mg（OH）2（Ksp=1.2×10-11）、AgCl（Ksp=1.56×10-10） 三种物质，下列说法正确的是（ ） A．Mg（OH）2 的溶解度最小 B．Ca（OH）2 的溶解度最小 C．AgCl 的溶解度最小 D．同一温度下 Ksp 越大的溶解度也越大 4．甲烷在空气中燃烧生成二氧化碳和水，同时产生淡蓝色火焰，下列说法正确的是 A．形成 H-O 键吸收能量 B．该反应是吸热反应 C．断裂 C-H 键放出热量 D．该反应是放热反应 5．向 Fe2 (SO4)3 和 Al2 (SO4)3 的混合溶液中，逐滴加入 NaOH 溶液至过量。下列图象中， 能正确表示上述反应的是（ ） 试卷第 2页，总 7页 A． B． C． D． 6．Na2FeO4 是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备 Na2FeO4 的方法 可用化学方程式表示如下：2FeSO4＋6Na2O2 ===2Na2FeO4 ＋2Na2O＋2Na2SO4 ＋O2↑， 对此反应下列说法中正确的是( ) A．Na2FeO4 既是还原产物又是氧化产物 B．2 mol FeSO4 发生反应时，反应中共有 8 mol 电子转移 C．每生成 16 g 氧气就有 1 mol Fe2＋ 被还原 D．Na2O2 只作氧化剂 7．某有机物的分子式为 C9H10O2，其属于芳香族化合物且能与 Na2CO3 反应产生气体的同分 异构体有（不考虑、立体异构） A．15 种 B．14 种 C．13 种 D．12 种 8．下列有关说法正确的是 A．加热坩埚中的硫酸铜晶体，失水后须在干燥器中冷却，再称量 B．检验蔗糖水解产物是否具有还原性，可向水解后的溶液中直接加入新制的 Cu(OH)2 悬浊液并加热 C．用蒸馏水润湿的试纸测溶液的 pH，一定会使结果偏低 D．做锌铜稀硫酸原电池实验时，反应一段时间后锌片表面还是呈银白色 9．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A． 2SO 具有氧化性，可用作葡萄酒的抗氧化剂 B．浓 2 4H SO 具有强氧化性，可用作酯化反应的催化剂 C． 3Al(OH) 具有弱碱性，可用作胃酸的中和剂 D． 4CuSO 溶液呈蓝色，可用作游泳池的消毒剂 10．设 NA 表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是（ ） A．1 mol Fe 与足量的盐酸反应，转移的电子数为 2NA 试卷第 3页，总 7页 B．等质量的 O2 和 O3 含有相同的分子数 C．125 g CuSO4.5H2O 晶体中含有 0.5NA 个 Cu2+ D．0.5NA 个 CO2 分子含 1.5 mol 原子 二、非选择题，本题共 5 小题，共 60 分 11．钴被誉为战略物资，有出色的性能和广泛应用。一种利用含钴废料(主要成分为 2 3Co O ，含少量 2 3Fe O CaO MgO NiO、、 、 和 2SiO 等)制取 2 2CoCl 6H O 的工艺流 程如图： (1)“钴浸出”过程中 2 3Na SO 作还原剂将 3Co  转化为 2Co  ，反应的离子方程式为 _______；浸渣的主要成分_______； (2)“净化除杂”分两步完成 ①“净化除杂 1”过程中，先加入 2 2H O ；其作用是_______(用离子方程式表示)；再加 入 2 3Na CO 溶液，调 pH 至_______恰好除去 3Fe  (离子浓度等于 5 11 10 mol L   )。已 知常温下 3Fe(OH) 的溶度积 38Ksp 8.0 10  ； lg 2 0.3 ②“净化除杂 2”过程除钙、镁：加入适量 NaF ，让 2 2Mg Ca、  完全被除去。 (3)“萃取和反萃取” ①“水相①”中的主要溶质是 2 4 2 4H SO Na SO、 和_______(写化学式)。 ②“水相②”结晶得到的粗产品中 2 2CoCl 6H O 含量的测定，称取一定质量的粗产品 溶于水，加入足量的硝酸酸化 3AgNO 溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量，通 过计算发现粗产品中 2 2CoCl 6H O 的质量分数大于100%，其原因可能是_______ ③电解 2CoCl 溶液可以得到钴，电解装置如图所示。阳极的电极反应式为_______，电 解后 a 室中的电解液可返回_______工序继续使用。 试卷第 4页，总 7页 12．银属于贵重金属，主要应用于化工、电子、感光材料等行业。某研究性学习小组设 计一种提取光盘金属层中少量 Ag 的方案如下图所示(忽略其他低含量金属对实验的影 响) : 该小组查阅资料得知如下信息: ①NaClO 溶液在受热或酸性条件下易分解，如 3NaClO==2NaCl+NaClO3 ; ②AgCl 可溶于氨水:AgCl+2NH3·H2O Ag( NH3)2 ++Cl-+2H2O。 回答下列问题: (1)“氧化”步骤的产物为 AgCl、NaOH 和 O2，则该反应的化学方程式为__________。 “氧化”阶段需在 80℃条件下进行，温度过高或过低都不利于银的转化，其原因是 _______________________________。 (2)该流程中，将银转化为固体 1，然后又用氨水溶解转变为滤液 2，其目的是 _________________。 (3)若省略“过滤 I”，直接向冷却后的反应容器中滴加 10%氨水，则需要增加氨水的用 量，除因过量 NaClO 与 NH3·H2O 反应外( 该条件下 NaClO3 与 NH3·H2O 不反应)，还因为 ____________________。 (4)在实验室用葡萄糖(用 GCHO 表示)可以将滤液 2 还原为单质 Ag，同时生成 NH3，葡萄 糖被氧化为葡萄糖酸铵(用 GCOONH4 表示)。写出该反应的离子方程 式:______________________________________。 (5)下图为该小组设计电解精炼银的示意图，则粗银为______(填“a”或“b”)极。若 b 极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为 ______________________________________________。 试卷第 5页，总 7页 13．2019 年底，国际非政府组织“全球碳计划”发布的报告显示，二氧化碳排放量增速放 缓但仍未下降。研究 2CO 的综合利用对促进“低碳经济”的发展和应对气候变化有重要意 义。回答下列问题： (1)以 2CO 和 3NH 为原料合成尿素是利用 2CO 的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应 可表示如下： 反应Ⅰ：      3 2 2 42NH g CO g NH COONH s  1 1 159.47kJ molH     反应Ⅱ：        2 4 2 22NH COONH s CO NH s H O g 1 2 72.49kJ molH     则          3 2 2 222NH g CO g CO NH s H O g  3H  ______ 1kJ mol ， 提高该反应平衡转化率的方法有_________________、______________。 (2)由 2CO 合成甲醇是 2CO 资源化利用的重要方法。研究表明在催化剂作用下 2CO 和 2H 可发生反应：        2 2 3 2CO g 3H g CH OH g H O g  H 。 图 1 图 2 ①投料比相同，在不同温度和不同压强下 2CO 和 2H 合成甲醇时， 2H 的平衡转化率如 图 1 所示。已知温度 3 2 1T T T  ，则 H ______(填“ ”或“ ”)0。 ②温度为T 时，向10L 恒容密闭容器中充入 2H 和 2CO 的混合气体 4mol，此时容器内 压强为 4p ，两种气体的平衡转化率 与起始时    2 2n H / n CO 的关系如图 2 所示。 图 2 中 2CO 的平衡转化率与    2 2n H / n CO 的关系可用曲线______(填“ 1L ”或“ 2L ”) 表示。该温度下，此反应的平衡常数 pK  ______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压 试卷第 6页，总 7页  总压 物质的量分数)。 (3)我国某科研团队研究出以过渡金属为催化剂电催化还原二氧化碳制甲醇的途径，大大 提高了甲醇的产率，原理如图 3 所示。 图 3 电解过程中，电解质溶液中 H 向______(填“石墨 1”或“石墨 2”)电极迁移，石墨 1 上发 生的电极反应为_______________。 14．A、B、C、D、E、R 六种元素位于周期表的前四周期，其原子序数依次增大。已 知 A 原子核外有三个未成对电子；Ｂ的最外层电子数是内层电子数的３倍；化合物 C2E 的晶体为离子晶体；D 单质的熔点在同周期单质中最高；E 原子核外的 M 层中只有两 对成对电子；R 原子核外最外层电子数与 C 相同，其余各层均充满。请根据以上信息， 回答下列问题： (1)A、B、C、D 四种原子的第一电离能由小到大的顺序为___________(用元素符号表示)。 (2)C 的氯化物的熔点比 D 的氯化物的熔点高，理由是___________。 (3)基态 R+离子的核外电子排布式是 ___________。 (4)Q 分子是 A2B 的等电子体，Q 的结构式为___________。 (5)图一是 R 单质的晶胞结构，配位数为___________；图二是 B、R 两元素组成的一种 化合物的晶胞，其化学式为___________。 15．F 可用作丙烯酸酯橡胶的基材。以煤为原料制取 F 的一种合成路线如下： 试卷第 7页，总 7页 （1）①的加工手段称为煤的_______（填“气化”“液化”或“干馏”）。 （2）②、④反应类型依次是______、______。 （3）E 中所含官能团名称是_______和_______。 （4）C 与 A 互为同系物，C 的化学名称是_______；F 的结构简式为_______。 （5）反应④的化学方程式为_______。 答案第 1页，总 9页 参考答案 1．B 【解析】 A、NH3 易液化，液氨常用作制冷剂，选项 A 正确；B、磁性氧化铁是四氧化三 铁，是黑色固体，而可用作红色油漆和涂料的是红色的氧化铁，选项 B 不正确； C、硫酸常用于金属加工前的酸洗，溶解金属表面的氧化物等，选项 C 正确；D、 氧化铝的熔点很高，可用于制造耐高温实验材料，选项 D 正确。答案选 B。 2．D 【分析】 短周期主族元素 X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，四种元素原子最外层电子数之和为 20， X 的最高正价与最低负价的代数和为 2，设 X 的最高正价为 x，则最低负价为-(8-x)，可得 x+[-(8-x)]=2，解得 x=5，则 X 为 N 元素，同周期中 Z 离子的半径最小，则 Z 为 Al 元素， 若 Y 为 O、W 为 S，最外层电子数之和=5+6+6+3=20，符合题意，若 Y 为 F，W 为 Cl，最 外层电子数之和=5+7+7+3=22，不符合题意，可得 X 为 N 元素，Y 为 O 元素，Z 为 Al 元素， W 为 S 元素，据此分析解答。 【详解】 A．Y 为 O 元素，Z 为 Al 元素，W 为 S 元素，O2-和 Al3+核外电子排布相同，核电荷数越大 半径越小，S2-三个电子层，半径最大，离子半径：Z＜Y＜W，故 A 正确； B．Y 为 O 元素，Z 为 Al 元素，由 Y、Z 组成的化合物为氧化铝，具有两性，可与强酸强碱 反应，故 B 正确； C．Y 为 O 元素， W 为 S 元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性： O＞S，简单气态氢化物的稳定性：Y＞W，故 C 正确； D．X 为 N 元素，W 为 S 元素，亚硫酸具有还原性，不是常见的强氧化剂，故 D 错误； 答案选 D。 3．D 【详解】 Ca(OH)2、Mg(OH)2 是同种类型的物质，都是 AB2 的物质，可直接比较 Ksp，确定物质溶解 度的大小，所以 BD 错误；Mg(OH)2，AgCl 是不同类型的物质，比较溶解度必须计算溶液 中离子浓度，Mg(OH)2 中 Mg2+= 11 3 1.2 10 4  － > AgCl 中 Ag+= 101.56 10 － ，答案选 C。 答案第 2页，总 9页 4．D 【详解】 A.形成化学键放出能量，故 A 错误； B.燃烧是放热反应，故 B 错误； C.断裂化学键吸收能量，故 C 错误； D.燃烧是放热反应，故 D 正确。 答案选 D。 5．D 【详解】 因横坐标表示加入 NaOH 溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向 Fe2(SO4)3 、 Al2(SO4)3 的混合溶液中，逐滴加入 NaOH 溶液，发生 Fe 3++3OH-═Fe（OH）3↓、Al3++3OH-═Al （OH）3↓，则沉淀的质量一直在增大，直到最大；然后发生 Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O， 沉淀的质量减少，但氢氧化铁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有 D 符合； 答案选 D。 6．A 【解析】 A．该反应中 Fe 元素化合价由+3 价变为+6 价、O 元素化合价由-1 价变为 0 价、-2 价，所以 硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，Na2FeO4 既是氧化产物又是还原产物， 故 A 正确；B．反应中化合价升高的元素有 Fe，由+2 价→+6 价，化合价升高的元素还有 O 元素，由-1 价→0 价，2molFeSO4 发生反应时，共有 2mol×4+1mol×2=10mol 电子转移，故 B 错误；C．该反应中 Fe 元素化合价由+2 价变为+6 价，根据 2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，每生成 16g 氧气就有 1mol Fe2+ 被氧化， 故 C 错误；D．根据以上分析，该反应中过氧化钠既作氧化剂又作还原剂，故 D 错误；故 选 A。 点睛：明确元素化合价变化是解本题关键。该反应中 Fe 元素化合价由+2 价变为+6 价、O 元素化合价由-1 价变为 0 价、-2 价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还 原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物。 7．B 【解析】C9H10O2 相当于 C8H9COOH，可以看成是 C8H10 中一个 H 被-COOH 所取代， 答案第 3页，总 9页 有 5 种， 有 3 种， 有 4 种， 有 2 种， 共 5+3+4+2=14 种，故选 B。 8．A 【解析】A. 加热后容器未放入干燥器中冷却会导致测定的水的质量偏小，影响测定结果， 故 C 正确；B. 检验蔗糖水解产物是否具有还原性，需要先加入氢氧化钠溶液中和溶液至碱 性，故 B 错误；C. 用蒸馏水润湿的试纸测溶液的 pH，若溶液显中性，对结果无影响，故 C 错误；D. 做锌铜稀硫酸原电池实验时，反应一段时间后锌片表面变得凸凹不平，失去银白 色金属光泽，故 D 错误；故选 A。 9．C 【详解】 A．二氧化硫与氧气反应，所以少量的二氧化硫可用作葡萄酒抗氧化剂，与二氧化硫具有氧 化性无关，故 A 错误； B．浓硫酸在酯化反应中作催化剂和吸水剂，加快反应速率和提高乙酸乙酯产率，与浓硫酸 具有强氧化性无关，故 B 错误； C．胃酸主要成分为盐酸，Al（OH）3 具有弱碱性，能与盐酸发生中和反应，所以 Al（OH） 3 可用作胃酸中和剂，故 C 正确； D．硫酸铜溶液可用作游泳池中水的消毒剂，是因为铜离子为重金属离子，能够使蛋白质变 性，与其颜色无关，故 D 错误； 故选：C。 10．B 【详解】 A. Fe 与盐酸反应生成氯化亚铁，1 个 Fe 原子失去 2 个电子，则 1 mol Fe 与足量的盐酸反应， 转移的电子数为 2NA，故 A 正确； B. O2 和 O3 的摩尔质量不一样，根据公式 n m M  可知，等质量的 O2 和 O3 的物质的量不同， 故等质量的 O2 和 O3 含有的分子数不相同，故 B 错误； C. CuSO4.5H2O 的摩尔质量为 250g/mol，故 125 g CuSO4.5H2O 晶体的物质的量为 答案第 4页，总 9页 125g =0.5mol250g/mol ，则含有 0.5NA 个 Cu2+，故 C 正确； D. 0.5NA 个 CO2 分子中含有 0.5NA×3=1.5 NA 个原子，则原子物质的量为 1.5mol，故 D 正确； 故选 B。 11． 3 2 2 2 3 2 42Co SO H O 2Co SO 2H         2 4SiO CaSO、 2 3 2 2 22Fe 2H H O 2Fe 2H O      或 2 2 3 2 2 4 2SO H O SO H O    3.3 4NiSO 粗产品中可能含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水 2 22H O 4e O 4H     反萃取 【分析】 含钴废料(主要成分为 2 3Co O ，含少量 2 3Fe O CaO MgO NiO、、 、 和 2SiO 等)用硫酸溶解， 用亚硫酸钠把 3Co  还原为 2Co  ，经过“净化除杂 1”除去 3Fe  、“净化除杂 2” 除钙、镁，用 有机萃取剂萃取 2Co  ，有机相中加入盐酸反萃取 2Co  ，得氯化钴溶液，结晶得到的粗产品 2 2CoCl 6H O 。 【详解】 (1)“钴浸出”过程中 2 3Na SO 将 3Co  转化为 2Co  ， 2 3Na SO 被氧化为硫酸钠 ， 发生的 离子反应为 3 2 2 2 3 2 42Co SO H O 2Co SO 2H         ；浸渣是不参与反应且难溶于水的 2SiO 和反应生成的微溶物 4CaSO ； (2)①“净化除杂 1 ”过程中 ，先加入 2 2H O ，把 Fe2+氧化为 Fe3+，发生的反应为 2 3 2 2 22Fe 2H H O 2Fe 2H O      ；再加入 2 3Na CO 溶液，恰好除去 3Fe  (离子浓度等 于 5 11 10 mol L   )，此时     38 1133 53 8 10OH 2 101 10Fe Kc         sp c ，根据 Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，可以求出氢离子浓度为 c(H+)=5×10-4，所以调 pH 至 3.3 恰好除去 3Fe  ； (3)①经过“净化除杂 1”除去 3Fe  、“净化除杂 2” 除钙、镁，用有机萃取剂萃取 2Co  ，可 答案第 5页，总 9页 知水相①中含有溶质为硫酸、硫酸钠和 4NiSO ； ②粗产品中晶体失去了部分结晶水或含有可溶性氯化物，会造成 2 2CoCl 6H O 的质量分数 大于100%； ③根据图示，阳极室中有硫酸，水在阳极失电子生成氧气，阳极的电极反应式为 2 22H O 4e O 4H     ；阳极室的氢离子通过阳离子交换膜进入 a 室、阴极室的氯离子 通过阴离子交换膜进入 a 室，电解后 a 室中的电解液生成的是盐酸，可在“反萃取”中再利用。 【点睛】 本题以含钴废料(主要成分为 2 3Co O ，含少量 2 3Fe O CaO MgO NiO、、 、 和 2SiO 等)制取 2 2CoCl 6H O 为载体，考查化学工艺流程，明确各步骤的反应原理是解题关键，注意根据 溶度积常数的计算。 12． 4Ag+4NaClO+2H2O ==4AgCl+4NaOH+O2↑ 温度过高，NaClO 易分解；温度过低，该反 应的速率较慢 将银富集 未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且未过滤掉的溶液中含有一 定浓度的 Cl-，不利于 AgCl 与氨水反应 GCHO +2Ag( NH3)2 ++2OH-==GCOO-+ NH4 ++2Ag ↓+3NH3+H2O a NO3 -+e-+2H+==NO2↑+H2O 【解析】由流程可知，结合(1)“氧化”步骤的产物为 AgCl、NaOH 和 O2，氧化时发生 4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑，为控制 80℃，可水浴加热，过滤 I 分离出 AgCl、 可能含 Ag，再加氨水溶解 AgCl，发生 AgCl+2NH3•H2O ⇌ Ag(NH3)2++Cl-+2H2O，过滤 II 分 离出的滤渣为 Ag，对过滤 II 得到的滤液用葡萄糖(用 GCHO 表示)可以将滤液 2 还原为单质 Ag。 (1)根据上述分析，氧化时发生 4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑。“氧化”阶段需在 80℃条件下进行，温度过高或过低都不利于银的转化，是因为温度过高，NaClO 易分解；温 度过低，该反应的速率较慢，故答案为：4Ag+4NaClO+2H2O ==4AgCl+4NaOH+O2↑；温度 过高，NaClO 易分解；温度过低，该反应的速率较慢； (2)该流程中，将银转化为固体 1，然后又用氨水溶解转变为滤液 2，其目的是将银富集，故 答案为：将银富集； (3)若省略“过滤 I”，直接向冷却后的反应容器中滴加 10%氨水，则需要增加氨水的用量，除 因过量 NaClO 与 NH3·H2O 反应外( 该条件下 NaClO3 与 NH3·H2O 不反应)，还因为未过滤掉 的溶液会稀释加入的氨水，且未过滤掉的溶液中含有一定浓度的 Cl-，不利于 AgCl 与氨水反 答案第 6页，总 9页 应，故答案为：未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且未过滤掉的溶液中含有一定浓度的 Cl-，不利于 AgCl 与氨水反应； (4)在实验室用葡萄糖(用 GCHO 表示)可以将滤液 2 还原为单质 Ag，同时生成 NH3，葡萄糖 被氧化为葡萄糖酸铵(用 GCOONH4 表示)，反应的离子方程式为 GCHO +2Ag( NH3)2++2OH-==GCOO-+ NH4++2Ag ↓+3NH3+H2O，故答案为： GCHO +2Ag( NH3)2++2OH-==GCOO-+ NH4++2Ag ↓+3NH3+H2O； (5)在电解精炼银过程中，粗银作阳极，应该为 a 电极。若 b 极有少量红棕色气体二氧化氮 生成，是因为硝酸根离子在阴极被还原的原因，生成二氧化氮的电极反应式为 NO3-+e-+2H+==NO2↑+H2O，故答案为：a；NO3-+e-+2H+==NO2↑+H2O。 13． 86.98 降低温度 增大压强(减小体积)  1L 2 4 27p 石墨 1 + - 2 3 2CO +6H +6e =CH OH+H O 【详解】 (1)根据盖斯定律，由反应 I  反应Ⅱ得          3 2 2 222NH g CO g CO NH s H O g   1 1 1 3 1 2 159.47kJ mol 72.49kJ mol 86.98kJ molH H H                 ； 根据题给热化学方程式可知该反应是气体分子数减小的放热反应，提高该反应平衡转化率的 方法有降低温度增大压强(减小体积)； (2)①根据题图 1 可知，相同压强和相同投料比的条件下，温度越高， 2H 的平衡转化率越低， 说明该反应的正反应为放热反应， 0H  ； ②当 2CO 的量一定时，增大 2H 的量， 2CO 的平衡转化率增大，即     2 2 H CO n n 越大， 2CO 的 平衡转化率越大，所以 2CO 的平衡转化率与    2 2n H / n CO 的关系可用曲线 1L 表示。当 反应物的投料比等于方程式中化学计量数之比时反应物的平衡转化率相等，由题图 2 可知 2H 和 2CO 的平衡转化率相同时两者的平衡转化率为50%，即当     2 2 H 3CO n n  时， 2H 和 2CO 的平衡转化率均为 50%，共充入 2H 和 2CO 的混合气体 4mol，则起始时  2H 3moln  ， 答案第 7页，总 9页  2CO 1moln  ，列出三段式：  2CO g   23H g   3CH OH g   2H O g 起始量 /mol 1 1.5 0 0 转化量 /mol 0.5 1.5 0.5 0.5 平衡量 /mol 0.5 1.5 0.5 0.5 平衡时气体总物质的量为 0.5mol 1.5mol 0.5mol 0.5mol 3mol    ，反应前气体总物质 的量为 4mol，压强为 4p ，则反应达平衡时总压强为 3p ，      2 3 2 1CO CH OH H O 2p p p p   ，  2 3H 2p p ，所以 p 3 2 1 1 42 2 271 3 2 2 p p K pp p        。 (3)由电解原理图可知，石墨 2 上 2 2H O O ，则石墨 2 电极为阳极，阳极的电极反应式为 2 22H O 4e =O 4H    ，石墨 1 上  2 3CO g CH OH ，则石墨 1 电极为阴极，电极反 应式为 2 3 2CO 6H 6e =CH OH H O    ，在电解池中阳离子向阴极移动，所以电解质溶 液中 H 向石墨 1 电极移动。 14．Na、Si、O、N(或 Na＜Si＜O＜N) NaCl 是离子晶体而 SiCl4 是分子晶体 1s22s22p63s23p63d10 或[Ar]3d10； O=C=O 或 S=C=S 12 CuO 【分析】 据题意由Ｂ的最外层电子数是内层电子数的３倍，可知 B 为氧元素，再由 A、B、C、D、E、 R 六种元素位于周期表的前四周期，其原子序数依次增大。已知 A 原子核外有三个未成对 电子可知 A 为氮元素，原子核外的 M 层中只有两对成对电子，E 原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p4，E 是 S 元素；化合物 C2E 的晶体为离子晶体，C 显+1 价为第 IA 族元素，C 的原子序数大于 N 元素、小于 S 元素，所以 C 是 Na 元素；结合原子序数可知 D 处于第三 周期，D 单质的晶体熔点在同周期形成的单质中是最高的，单质为原子晶体，所以 D 是 Si 答案第 8页，总 9页 元素；R 原子核外最外层电子数与 C 相同，最外层有 1 个电子，原子序数大于 S，应处于第 三周期，由于其余各层均充满，故核外电子数=2+8+18+1=29，则 R 为 Cu 元素。 【详解】 根据上述分析，A 为 N，B 为 O，C 为 Na，D 为 Si，E 为 S，R 为 Cu， (1)同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，同主族从上到下第一电 离能逐渐减小，因此四种元素的第一电离能由小到大的顺序是 Na、Si、O、N(或 Na＜Si＜O ＜N)；故答案为 Na、Si、O、N(或 Na＜Si＜O＜N)； (2)C 的氯化物是 NaCl，NaCl 属于离子晶体，D 的氯化物是 SiCl4，属于分子晶体，一般来 说离子晶体的熔沸点比分子晶体熔沸点高，因此 NaCl 熔沸点高于 SiCl4，故答案为 NaCl 是 离子晶体而 SiCl4 是分子晶体； (3)根据上述分析，R 为 Cu，基态 Cu＋的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d10 或[Ar]3d10； 故答案为 1s22s22p63s23p63d10 或[Ar]3d10； (4)A2B 分子式为 N2O，根据等电子体的定义，与 N2O 等电子体的的分子为 CO2 或 CS2，即 Q 结构式为 O=C=O 或 S=C=S；故答案为 O=C=O 或 S=C=S； (5)根据图一，Cu 晶胞堆积方式为面心立方最密堆积，以顶点 Cu 进行分析，上面有 4 个， 同面有 4 个，下面有 4 个，共有 12 个，即 Cu 原子的配位数为 12；Cu 位于晶胞内部，有 4 个，O 位于晶胞的顶点和面心，有 1 18 68 3   =4，Cu 和 O 个数比为 4：4=1∶1，即化 学式为 CuO；故答案为 12；CuO。 15．气化 加成反应 取代反应（或酯化反应） 碳碳双键 酯基 丙烯 CH2＝CHCOOH + C2H5OH CH2＝CHCOOC2H5 + H2O 【详解】 （1）①的加工手段是将煤在高温条件下与水反应生成水煤气，称为煤的气化； （2）反应②是乙烯与水催化水化发生加成反应生成乙醇，反应类型为加成反应；反应④是 乙醇与丙烯酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成丙烯酸酸乙酯，反应类型取代反应（或酯化 反应）； （3）E 为丙烯酸，所含官能团名称是碳碳双键和酯基； （4）A 为乙烯，C 与 A 互为同系物，故 C 的化学名称是丙烯；E 通过加聚反应生成 F，F 为 答案第 9页，总 9页 聚丙烯酸乙酯，故 F 的结构简式为 ； （5）反应④是乙醇与丙烯酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，反应的化学方 程式为 CH2＝CHCOOH + C2H5OH CH2＝CHCOOC2H5 + H2O。 【点睛】 本题考查有机物的推断和合成，物质的推断是关键，易错点为丙烯酸的推导，注意根据碳原 子个数及前后物质的类型及官能团进行分析。