四川省宜宾市第四中学校2020届高三化学上学期期末考试试题（含解析）
四川省宜宾市第四中学校2020届高三化学上学期期末考试试题（含解析）,四川省,宜宾市第四中学,莲山课件.
四川省宜宾市叙州区第一中学校2020届高三化学上学期期末考试试题（含解析）
1.气体分子中的极性键在红外线的照射下，易像弹簧一样做伸缩和弯曲运动，从而产生热量造成温室效应。下列不属于温室效应气体的是
A. CO2 B. N2O C. CH4 D. N2
【答案】D
【解析】
【分析】
产生温室效应的气体主要是二氧化碳，此外还有甲烷、臭氧、氟利昂、一氧化二氮等。
【详解】甲烷、臭氧、氟利昂、一氧化二氮、二氧化碳都能够引起温室效应，氮气不能引起温室效应，
故选D。
2.山梨酸(CH3-CH=CH-CH=CH-COOH)是一种高效安全的防腐保鲜剂，有关山梨酸的说法正确的是
A. 属于二烯烃 B. 和Br2加成，可能生成4种物质
C. 1mol可以和3molH2反应 D. 和CH3H218OH反应，生成水的摩尔质量为20g/mol
【答案】B
【解析】
A. 分子中还含有羧基，不属于二烯烃，A错误；B.含有2个碳碳双键，和Br2加成可以是1，2－加成或1，4－加成或全部加成，可能生成4种物质，B正确；C.含有2个碳碳双键，1mol可以和2molH2反应，C错误；D．酯化反应中醇提供羟基上的氢原子，和CH3H218OH反应生成的水是普通水分子，生成水的摩尔质量为18g/mol，D错误，答案选B。
3.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 10 L pH＝1的H2SO4 溶液中含H＋离子数为2NA
B. 28 g乙烯与丙烯混合物中含有C-H键数目为4NA
C. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子数为6NA
D. 11.2 L(标准状况)Cl2 溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NA
【答案】B
【解析】
【分析】
A. pH＝1的H2SO4 溶液中c（H＋）=0.1mol/L，n（H＋）=0.1mol/L× 10 L=1mol，含H＋离子数为NA；
B. 2乙烯与丙烯的最简式为CH2，28 g乙烯与丙烯混合物中含有2mol的CH2，C-H键数目为4NA；
C. 氢气与氮气反应为可逆反应，3 mol H2与1 mol N2混合反应生成n（NH3）<2mol>A；
D. 11.2 L(标准状况)Cl2 溶于水，部分氯气发生反应，溶液中2Cl2、Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NA；
【详解】A. pH＝1的H2SO4 溶液中c（H＋）=0.1mol/L，n（H＋）=0.1mol/L× 10 L=1mol，含H＋离子数为NA，A错误；
B. 2乙烯与丙烯的最简式为CH2，28 g乙烯与丙烯混合物中含有2mol的CH2，C-H键数目为4NA，B正确；
C. 氢气与氮气反应为可逆反应，3 mol H2与1 mol N2混合反应生成n（NH3）<2mol>A，C错误；
D. 11.2 L(标准状况)Cl2 溶于水，部分氯气发生反应，溶液中2Cl2、Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NA，D错误；
答案为B
【点睛】氯气溶于水，部分发生化学反应，部分为分子形式存在。
4.支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，下列有关表述错误的是
A. 利用了电解原理
B. 钢管桩上有刺激性气味气体生成
C. 电子由电源负极流向钢管桩
D. 高硅铸铁作阳极
【答案】B
【解析】
【分析】
外加电流阴极保护是通过外加直流电源以及辅助阳极，被保护金属与电源的负极相连作为阴极，电子从电源负极流出，给被保护的金属补充大量的电子，使被保护金属整体处于电子过剩的状态，让被保护金属结构电位低于周围环境，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，避免或减弱腐蚀的发生，阳极若是惰性电极，则是电解质溶液中的离子在阳极失电子。
【详解】A. 由于此保护装置有外加电源，构成了电解池，故利用了电解原理，A正确；
B. 钢管桩要被保护，应做阴极，阴极产生氢气，氢气为无色无味的气体，B错误；
C. 在电解池中，钢管桩要被保护，应做阴极，连接电源的负极，故电子由电源的负极流向钢管桩， C正确；
D. 高硅铸铁连接电源的正极，做电解池的阳极， D正确。
答案选B。
5.位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径r(丁)>r(乙)>r(丙)>r(甲)。四种元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍。据此推断，下述正确的是
A. 简单氢化物的沸点：乙>丙
B. 由甲、乙两元素组成的化合物溶于水呈碱性
C. 丙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应
D. 由甲和丙两元素组成的分子，不可能含非极性键
【答案】C
【解析】
【分析】
甲、乙、丙、丁的原子序数逐渐增大，根据元素周期律：从左到右原子半径减小，从上到下原子半径减小的规则，若它们在同一周期，应该有r(甲) > r(乙) > r(丙) > r(丁)的关系，现在r(丁)是最大的，r(甲)是最小的，说明丁应该在第三周期，乙、丙同处第二周期，甲在第一周期，则甲为氢。又因为四种元素不同主族，现假设丁为金属，若丁为镁，乙、丙不可能同为非金属；若丁为铝，则乙为碳，丙为氮，成立。然后对选项进行分析即可。
【详解】A.乙的简单氢化物为甲烷，丙的简单氢化物为氨气，氨气中存在氢键，因此氨气的沸点大于甲烷，A项错误；
B.甲、乙两元素组成的化合物为烃类，烃类不溶于水，B项错误；
C.丙的最高价氧化物的水化物为硝酸，丁的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，二者可以发生反应，C项正确；
D.甲和丙可以组成（肼），中存在N-N非极性键，D项错误；
答案选C。
6.电解合成 1 , 2－二氯乙烷实验装置如图所示。下列说法中正确的是
A. 该装置工作时，化学能转变为电能
B. CuCl2能将C2H4还原为 l , 2－二氯乙烷
C. X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
D. 该装置总反应为CH2CH2 + 2H2O + 2NaClH2 + 2NaOH + ClCH2CH2Cl
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 该装置为外加电源的电解池原理；
B. 根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；
C. 根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；
D. 根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。
【详解】A. 该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项错误；
B. C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1，2一二氯乙烷，故B项错误；
C. 该电解池中，阳极发生的电极反应式为：CuCl – e– + Cl–= CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：2H2O + 2e– = H2↑+ 2OH–，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；
D. 该装置中发生阳极首先发生反应：CuCl – e– + Cl–= CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为：CH2＝CH2＋2H2O＋2NaClH2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl，故D项正确；
答案选D。
7.25℃时，改变0.1mol·L－1H2SO3溶液的pH，各微粒的物质的量分数（α）变化如图所示，下列说法中错误的是
A. 1gK1（H2SO3）＝－1.9
B. pH＝3时，c（HSO3－）＞c（H2SO3）＞c（SO32－）
C. 反应H2SO3＋SO32－2HSO3－的lgK＝5.3
D. pH＝7.2时，c（HSO3－）＝c（SO32－）＝c（H＋）
【答案】D
【解析】
【分析】
结合电离常数表达式可知，图像中的两个交点，可分别计算出K1（H2SO3）=10-1.9和K2（H2SO3）=10-7.2，
【详解】A.由分析可知，K1（H2SO3）=10-1.9 ，则1gK1（H2SO3）＝－1.9，故A正确；
B. pH＝3时，由图可知，c（HSO3－）＞c（H2SO3）＞c（SO32－），故B正确；
C. 反应H2SO3＋SO32－2HSO3－的K＝==105.3，则lgK＝5.3，故C正确；
D. pH＝7.2时，c（HSO3－）＝c（SO32－）＞c（H＋），故D错误；
答案选D。
8.爱国实业家侯德榜在氨碱法基础上，发明了“联合制碱法”，简单流程如图。完成下列问题：
（1）写出通入CO2和NH3的化学反应方程式_________________________________________________。在 饱和食盐水中通入CO2和NH3，先通NH3后通CO2的原因是_____________________________。
（2）母液中除H+和OH–外，还含有的离子是_____________。 向母液中通氨气，加入细小食盐颗粒，冷却 析出副产品，通氨气的作用有____________。
（a）增大NH4＋的浓度，使NH4Cl更多地析出
（b）使NaHCO3更多地析出
（c）使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度
（3）上述流程中X物质的分子式_______。使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是 设计了_______（填上述流程中的编号）的循环。从沉淀池中取出沉淀的操作是____。
（4）写出检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠的简要方案：___________________________________________________________________________________。
（5）工业生产的纯碱常会含少量NaCl杂质。现用重量法测定其纯度，步骤如下：
称取样品ag，加水溶解，加入足量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥，最终得到固体bg。样品中纯 碱的质量分数为___________________(用含a、b的代数式表示)。
【答案】 (1). NaCl + NH3+CO2 +H2O → NaHCO3↓+NH4Cl (2). 氨气在水中溶解度大，先通氨气有利于生成碳酸氢钠沉淀。 (3). Na+、HCO3–、NH4+、Cl– (4). a、c (5). CO2 (6). I (7). 过滤 (8). 可取少量试样溶于水后，再滴加足量的稀硝酸和少量的硝酸银溶液，若产生白色沉淀不溶解，说明有Cl– (9). 106 b/197a
【解析】
【分析】
联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱，二氧化碳在水中的溶解度小，与水反应形成不稳定的碳酸，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，会使生成的碳酸与氨水发生反应，而增大二氧化碳气体的吸收，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，反应为：CO2+H2O+NaCl+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，再加热制得纯碱产品，其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品。
【详解】（1）二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，反应为：CO2+H2O+NaCl+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl；二氧化碳微溶于水，先通入二氧化碳，溶液中生成极少量的碳酸，且碳酸不稳定，再通入氨气，生成的产物量少，且易生成碳酸铵，氨气在水中溶解度很大，先通入氨气，溶液中生成较多的一水合氨，再通入CO2，生成的产物量多，且易生成碳酸氢铵；故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl；氨气在水中溶解度大，先通氨气有利于生成碳酸氢钠沉淀；
（2）由上述分析可知，母液中除H+和OH–外，还含有的离子是Na+、HCO3–、NH4+、Cl–；氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根，增大铵根的浓度有利于氯化铵析出来，故a正确；通入氨气使溶液碱性增强，使碳酸氢钠转换为溶解度较大的碳酸钠，可以提高氯化铵的纯度，所以选项c正确，选项b错误；故答案为：Na+、HCO3–、NH4+、Cl–； a、c；
（3）侯氏制碱法反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，得到碳酸氢钠同时得到氯化铵，二氧化碳是反应的原料同时也是反应的副产物，可以循环利用，故X是二氧化碳；因为氯化钠最后剩余在母液中，所以循环I是氯化钠的循环，使原料氯化钠的利用率提高；分离沉淀的方法是过滤；故答案为：CO2；I；过滤；
（4）要检验碳酸钠中含有氯化钠，需要先加硝酸将碳酸钠除去，然后加入硝酸银溶液，若有沉淀产生，说明碳酸钠中含有氯化钠，否则不含氯化钠；故答案为：可取少量试样溶于水后，再滴加足量的稀硝酸和少量的硝酸银溶液，若产生白色沉淀不溶解，说明有Cl–；
四川省棠湖中学2020届高三化学上学期期末考试试题（含解析）
四川省棠湖中学2020届高三化学上学期期末考试试题（含解析）,四川省,棠湖中学,莲山课件.
（5）加入足量的 BaCl2溶液：发生反应：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，Na2CO3～BaCO3，根据原子守恒，通过称量沉淀碳酸钡的质量，来计算样品中纯碱的质量分数，需洗涤沉淀，除去杂质离子，且将沉淀冷却到室温，恒重操作后最终得到固体 b（g）为BaCO3，根据碳守恒，纯碱的质量分数=；故答案为： 。
【点睛】本题考查了联合制碱法，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、氯化铵的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键。
9.工业制得的氮化铝（AlN）产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质。某同学设计如下实验分别测定氮化铝（AlN）样品中AlN和Al4C3的质量分数（忽略NH3在强碱性溶液中的溶解）。
（1）实验原理：
①Al4C3与硫酸反应可生成CH4；
②AIN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式：__________________________________________________________________
（2）实验装置（如图所示，量气管为碱式滴定管改装）
连好装置后，首先应进行的操作是_____________________________________ 。
（3）实验过程：称得装置D的初始质量为y g；称取x g AlN样品置于装置B锥形瓶中，各装置中加入相应药品，重新连好装置；读取量气管的初始读数为a mL(量气装置左右液面相平)。
①欲首先测量Al4C3质量分数的有关数据，对K1、K2、K3三个活塞的操作是关闭活塞_______，打开活塞______。
②若无恒压管，对所测气体体积的影响是_______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
③量气管中液面不再发生变化，说明反应已经结束。读取读数之前，应对量气管进行的操作为 ______________________________________ ；若量气管中的液面高于右侧球形容器中的液面，所测气体的体积_________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
④记录滴定管的读数为b mL（已知：该实验条件下的气体摩尔体积为Vm L· mol－1），则Al4C3的质量分数为___________（用可能含a、b、x、y、Vm的代数式表示）。
⑤测量AlN质量分数的数据：首先关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量NaOH溶液，与装置B瓶内物质充分反应；反应完成后，___________________________（填该步应进行的操作），最后称得装置D的质量为z g。
【答案】 (1). AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑ (2). 检查装置的气密性 (3). K2、K3 (4). K1 (5). 偏大 (6). 调整量气管高度，使左右两边液面相平 (7). 偏小 (8). (9). 打开K2，通入一段时间空气
【解析】
【分析】
本题是一道综合题，主要考察无机实验以及化学反应动力学，根据题意是要通过测量生成的气体的量来求样品的纯度，据此来作答，难度一般。
【详解】（1）中的铝元素是+3价的，因此在碱性环境中会转化为，加上题干信息可知还有一种产物是氨气，据此写出方程式即可： ；
（2）在进行涉及到气体的实验时，组装好仪器后一定要先检查气密性再开始实验，否则会造成实验结果不准甚至实验失败；
（3）①根据题意，若要知道的质量分数，我们要测出与硫酸反应生成的体积，测体积需要使用装置A中的量气管，因此我们要先打开K1，关闭K2、K3，让生成的大部分进入量气管中；
②分液漏斗上的恒压管起到平衡压强的作用，若无恒压管，滴入B中的酸液会将B中的空气“赶”入量气管，导致所测气体的体积偏大；
③在读取读数前一定要先调整量气管高度，使左右两边液面相平，这是操作量气管时的基本要求；若量气管中液面高于右侧球形容器中的液面，也就是说右侧的压强更大，有部分待测气体尚未进入左侧量气管，导致测得气体体积偏小；
④实验中产生的甲烷体积一共是mL，在实验条件下为mol甲烷，由方程式可知和的化学计量数之比为3:1，则原样品中有mol ，的摩尔质量为144g/mol，因此原样品中有g，则的质量分数为，化简后为；
⑤K2的作用在于：反应结束后仍会有少量氨气残留在装置B内，我们可以从K2处外接空气泵，通入空气将装置B内的氨气“赶”入装置D中，确保所有的氨气都被D吸收，因此我们要做的是：打开K2，通入一段时间的空气。
10.工业上制备丙烯的方法有多种，具体如下（本题丙烯用C3H6表示）：
(1)丙烷(C3H8)脱氢制备丙烯(C3H6)
由下图可得，C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，△H=_________kJ/.mol
(2)用惰性电极电解CO2的酸性溶液可得丙烯(C3H6)，其原理如下图所示。则b的电极反应式为__________。
(3)以丁烯(C4H8)和乙烯(C2H4)为原料反应生成丙烯(C3H6)的方法被称为“烯歧化法”，反应为：C4H8(g)+C2H4(g)2C3H6(g) △H>0
一定温度下，在一体积恒为VL的密闭容器中充入一定量的C4H8和C2H4，发生烯烃歧化反应。
I．该反应达到平衡的标志是______________
a.反应速率满足:2v生成(C4H8)=v生成(C3H6)
b.C4H8、C2H4、C3H6的物质的量之比为1:1:2
c.混合气体的平均相对分子质量不再改变
d.C4H8、C2H4、C3H6浓度均不再变化
Ⅱ.已知t1min时达到平衡状态，测得此时容器中n(C4H8)=mmol，n(C2H4)=2mmol，n(C3H6)=nmol，且平衡时C3H6的体积分数为。
①该时间段内的反应速率v(C4H8)= _______mol/(L·min)。（用只含m、V、t1的式子表示）。
②此反应的平衡常数K=______________。
③t1min时再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4，在新平衡中C3H6的体积分数_______(填“>”“<”“=”)。
(4)“丁烯裂解法”是另一种生产丙烯的方法，但生产过程中伴有生成乙烯的副反应发生，具体反应如下：主反应:3C4H84C3H6；副反应：C4H82C2H4
①从产物的纯度考虑，丙烯和乙烯的质量比越高越好。则从下表现的趋势来看，下列反应条件最适宜的是__________（填字母序号）。
a.300℃0.1MPa b.700℃0.1MPa c.300℃0.5MPa d.700℃0.5MPa
②下图中，平衡体系中丙烯的百分含量随压强增大呈上升趋势，从平衡角度解释其可能的原因是_____。
【答案】 (1). +124.2 (2). 3CO2+18H++18e–=C3H6+6H2O (3). ad (4). (5). 0.5 (6). > (7). c (8). 压强增大，生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正向移动，丙烯含量增大
【解析】
【分析】
(1)反应物与生成物的能量差为反应热，然后根据盖斯定律，将方程式叠加可得相应反应的热化学方程式；
(2)b电极为阴极，CO2被还原为C3H6，结合溶液为酸性环境书写电极反应式；
(3)I.可逆反应达到平衡时，任何一种物质化学反应速率不变，该物质的物质的量、浓度、百分含量等保持不变，据此判断平衡状态；
II.①先计算出v(C3H6)，然后根据二者反应时的物质的量关系，计算v(C4H8)；
②根据平衡常数K的含义，将各种物质的浓度带入定义式，就得到K的值；
③t1min时再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4，导致容器内气体的物质的量增大，根据浓度商与K大小判断平衡移动方向分析与的大小；
(4)①从温度、压强两个方面分析使丙烯和乙烯的质量比增大的措施，选择合适的外界条件；
②从副反应的影响分析判断。
【详解】(1)根据图1可得①C3H8(g)=CH4(g)+C2H2(g)+H2 (g) △H=+156.6kJ/mol；
根据图2可得②C3H6(g)= CH4(g)+C2H2(g) △H=+32.4kJ/mol，①-②，整理可得：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，△H=+124.2kJ/mol；
(2)b连接电源的负极，作阴极，CO2在该电极获得电子，与溶液中的H+结合形成C3H6，该电极的电极反应式为3CO2+18H++18e–=C3H6+6H2O；
(3)I. a.根据方程式可知：2v消耗(C4H8)=v生成(C3H6)，现在反应速率满足2v生成(C4H8)=v生成(C3H6)，说明v消耗(C4H8)= v生成(C4H8)，反应处于平衡状态，a正确；
b.C4H8、C2H4、C3H6的物质的量之比与开始时加入的各种物质的物质的量多少一个，所以平衡时物质的量关系不一定符合1:1:2，因此不能据此判断反应是否为平衡状态，b错误；
c.反应在恒容密闭容器内进行，反应前后气体的物质的量及质量不变，所以任何情况下气体的平均相对分子质量都不改变，不能据此判断平衡状态，c错误；
d.若C4H8、C2H4、C3H6浓度均不再变化，说明反应处于平衡状态，d正确；
故合理选项是ad；
II.①平衡时n(C3H6)=nmol，n(C4H8)=mmol，n(C2H4)=2mmol，平衡时C3H6的体积分数为。则，解得n=m。从反应开始至平衡，v(C3H6)=mol/(L·min)，根据方程式可知v(C4H8)=v(C3H6)=mol/(L·min)；
②该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以它们的浓度比等于二者的物质的量的比，则此反应的平衡常数K==0.5；
③t1min时达到平衡，此时n(C4H8)=mmol，n(C2H4)=2mmol，n(C3H6)=nmol，且平衡时C3H6的体积分数为，通过前面①的计算可知m=n，现在再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4，使容器内气体压强增大，假设C4H8改变量为x，
可逆反应C4H8(g)+C2H4(g) 2C3H6(g)
n始(mol)1+1 2+1 1
n变(mol)x x 2x
n平(mol)2-x 3-x 1+2x
由于反应是等体积的反应，所以浓度比等于物质的量的比，平衡常数表达式用物质的量数值带入，结果不变。假设C3H6的含量不变，仍然为，则，解得x=，则Qc=，说明再往容器内通入等物质的量的C4H8和C2H4，化学平衡向正反应方向移动，因此再达到新平衡时C3H6的体积分数>。
(4)①根据温度对丙烯和乙烯的质量比的影响可知在300℃时丙烯和乙烯的质量比较大；根据压强对丙烯和乙烯的质量比的影响可知在0.5 MPa时丙烯和乙烯的质量比较大，因此选择的条件是300℃、0.5 MPa，故合理条件是c；
②“丁烯裂解法”生产丙烯，但生产过程中伴有生成乙烯的副反应发生，主反应:3C4H84C3H6；副反应：C4H82C2H4，当增大压强时，副反应逆向移动，使丁烯浓度增大，增大反应物的浓度可导致主反应的平衡正向移动，从而可使丙烯含量增大。
【点睛】本题考查了盖斯定律、化学反应速率和化学平衡、电解原理的应用等知识。涉及热化学方程式的书写、电极反应式书写、化学平衡状态的判断、反应速率的计算及反应条件的选择与判断等，掌握化学基本概念及基本原理是本题解答的关键。
11.硫、铁及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：
（1）基态S原子价电子排布式为________，基态Fe原子未成对电子数为________个。
（2）团簇中，S、C、N的化合价依次为－2、＋2、－3，Fe2＋与Fe3＋数目之比为________；与铁形成配位键的原子是________。
（3）工业上主要通过反应SO3＋SCl2＝SOCl2＋SO2制备SOCl2（氯化亚砜），上述四种分子中，属于非极性分子的是________；SCl2分子空间构型为________形；SOCl2分子中心原子杂化方式是________。
（4）黄铁矿的晶体结构如图所示，已知黄铁矿晶胞参数为a＝0.5417nm，阿伏加德罗常数的值为NA。则黄铁矿的密度为________g·cm－3（列出计算式）。
【答案】 (1). 3s23p4 (2). 4 (3). 3︰1 (4). S和C (5). SO3 (6). V (7). sp3 (8).
【解析】
【分析】
（1）主族元素的价电子排布式即最外层电子排布式，未成对电子数目看最外层电子的轨道排布式；
（2）列原子守恒、化合价的方程组可解；
（3）由中心原子的化合价与元素最高正价的关系可快速判断分子类型，由中心原子的价层电子对数可判断杂化类型，结合孤电子对数可判断空间构型；
（4）求密度公式：。
【详解】（1）S是第16号元素，位于元素周期表的第三周期第VIA族，故其价电子排布式为3s23p4，基态Fe原子价电子排布式为3d64s2，由3d轨道电子排布图可知，未成对电子数为4个；
（2）团簇中，S、C、N的化合价依次为－2、＋2、－3，则－CN的化合价为-1，设Fe2＋数目为x，Fe3＋数目为y，则有①x+y=4 ②2x+3y=9（化合价代数和等于所带电荷）。解得x=3，y=1。则Fe2＋与Fe3＋数目之比为3︰1。铁原子提供空轨，与C和S形成配位键；
（3）SO3中硫元素的化合价为+6，硫原子最外层6个电子全部成键，属于非极性分子；SCl2价层电子对数==4，孤电子对数=4-2=2，则分子空间构型为V形；SOCl2价层电子对数=4，分子中心原子杂化方式是sp3；
（4）已知黄铁矿晶胞参数为a＝0.5417nm=0.5417cm，则黄铁矿的密度为:g·cm－3。
12.化合物E（二乙酸-1，4-环己二醇酯）是一种制作建筑材料的原料。其合成路线如下：
完成下列填空：
（1）A中含有的官能团是______；E的分子式是______；试剂a是______。
（2）写出反应类型：B→C______。
（3）C与D反应生成E的化学方程式：______。
（4）C的同分异构体，能使石蕊试剂显红色，写出该物质的一种结构简式______。
（5）设计一条以环己醇（）为原料（其他无机试剂任取）合成A的合成路线。
（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）_____________________
【答案】 (1). 碳碳双键，溴原子 (2). C10H16O4 (3). NaOH水溶液 (4). 取代反应 (5). (6). CH3（CH2）4COOH (7).
【解析】
【分析】
由题给有机物转化关系可知，在催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，则B为；在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，则C为；在浓硫酸作用下，与CH3COOH共热发生酯化反应生成，则D为CH3COOH。
【详解】（1）A中含有的官能团是碳碳双键、溴原子；E的分子式是C10H16O4；试剂a是NaOH水溶液，故答案为碳碳双键、溴原子；C10H16O4；NaOH水溶液；
（2）B的结构简式为，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，故答案为水解反应或取代反应；
（3）在浓硫酸作用下，与CH3COOH共热发生酯化反应生成，反应的化学方程式为，故答案为；
（4）C的结构简式为，C的同分异构体能使石蕊试剂显红色，说明分子中含有羧基，可为CH3（CH2）4COOH等，故答案为CH3（CH2）4COOH等；
（5）以环己醇（）为原料合成时，可先发生消去反应生成环己烯，然后发生加成反应邻二溴环己烷，在氢氧化钠醇溶液中邻二溴环己烷发生消去反应生成1,3—环己二烯，1,3—环己二烯与溴水发生1，4加成可生成目标物，合成路线为，故答案为。
【点睛】依据逆推法，通过生成E反应条件和E结构简式确定C和D的结构简式是推断的突破口。
四川省遂宁市2020学年高一化学上学期期末教学水平监测试题（含解析）
四川省遂宁市2020学年高一化学上学期期末教学水平监测试题（含解析）,四川省,遂宁市,莲山课件.
