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2022届河南省开封市高中高三下学期第三次模拟考试理科综合化学试题含解析
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这是一份2022届河南省开封市高中高三下学期第三次模拟考试理科综合化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
河南省开封市2022届高三下学期第三次模拟考试
理科综合化学试题
一、单选题
1．（2022·开封模拟）化学科学在“国之重器”的打造中发挥着重要作用。下列有关说法错误的是（ ）
A．“北斗系统”组网成功，北斗芯片中的半导体材料为硅
B．我国自主研发的“东方超环(人造太阳)”使用的氕、氘、氚互为同位素
C．“长征六号”运载火箭箭体采用铝合金材料，是因为材料强度高、密度大、耐腐蚀
D．“天问一号”探测器着陆火星过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是高分子材料
【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；高分子材料；同位素及其应用
【解析】【解答】A．硅是常用的半导体材料，北斗芯片中的半导体材料为硅，A不符合题意；
B．氕、氘、氚的质子数相同，中子数不同，它们互为同位素，B不符合题意；
C．铝合金材料具有强度高、密度小、耐腐蚀等优点，C符合题意；
D．芳纶具有超高强度、高模量和耐高温、耐酸耐碱、重量轻等优良性能，可用于制作降落伞，属于高分子材料，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】铝合金密度小。
2．（2022·开封模拟）2022年3月23日下午，在“四季如春”的中国空间站里，王亚平用过饱和X3Y2Z2M(结构为)溶液制作了一颗晶莹剔透的“冰球”，其中X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，M的原子半径是短周期主族元素中最大的。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：M＞Z＞X
B．最简单氢化物的沸点：Z＞ Y
C．X3Y2Z2M中，各原子均满足8e-稳定结构
D．X、Y形成的化合物一定不能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，X为H，Z为O，M为Na；简单离子的核外电子排布相同时，原子序数越大，离子的半径越小，故离子半径：O2-＞Na+；H+半径是最小的，故离子半径：O2-＞Na+＞H+，即简单离子半径：Z＞M＞X，A不符合题意；
B．由分析可知，Y为C，Z为O，它们最简单的氢化物分别为CH4和H2O，二者都是分子晶体，相对分质量越大，分子晶体的沸点越高，且H2O分子间存在氢键，故沸点：H2O＞CH4，即最简单氢化物的沸点：Z＞ Y，B符合题意；
C．由分析可知，X为H，Y为C，Z为O，M为Na，该物质的化学式为CH3COONa，其中H原子未满足8e-稳定结构，C不符合题意；
D．由分析可知，X为H，Y为C，它们形成的化合物中，乙烯等能使酸性KMnO4溶液褪色，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】M的原子半径是短周期主族元素中最大的，则M为Na元素，Z形成一个双键或一个单键，Y形成4个单键，X形成一个单键，则X为H元素，Y为C元素，Z为O元素。
3．（2022·开封模拟）己二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：
关于路线中涉及的有机物，下列说法错误的是（ ）
A．环己烷分子中所有碳原子不可能共平面
B．己二酸与NaHCO3溶液反应有CO2生成
C．环己醇分子中有4种不同类型的氢原子
D．苯与液溴在FeBr3作用下生成溴苯
【答案】C
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．环己烷中C均为四面体构型，所有碳原子一定不能共面，故A不符合题意；
B．含-COOH的有机物与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则己二酸与NaHCO3溶液反应有CO2生成，故B不符合题意；
C．环己醇分子中有5种不同类型的氢原子，故C符合题意；
D．苯与液溴在FeBr3作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
B.-COOH与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
D.苯与液溴在FeBr3作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氢。
4．（2022·开封模拟）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。下图为硫及其部分化合物的价态-类别图。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，a和f的浓溶液反应可生成b和c
B．附着有b的试管，常用酒精清洗
C．分别往d、e的溶液中滴加少量氯化钡溶液，均可产生白色沉淀
D．常温下等物质的量浓度的g、h两种钠盐溶液的pH：g＜h
【答案】A
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A．硫化氢和浓硫酸能发生氧化还原反应，方程式为 H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O，A符合题意；
B．硫微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故附着有b的试管，常用二硫化碳洗涤，B不符合题意；
C．亚硫酸的酸性弱于盐酸，故亚硫酸与氯化钡不反应，C不符合题意；
D．硫酸钠为强酸强碱盐，溶液呈中性，亚硫酸钠为强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解使溶液呈碱性，故等浓度时的亚硫酸钠溶液的pH大于硫酸钠溶液的pH，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由图可知，a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO3，f为H2SO4，g为亚硫酸盐，h为硫酸盐。
5．（2022·开封模拟）下列实验目的对应的方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
实验目的
方案设计
现象和结论
A
探究金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分
取少量固体粉末，加入2~3mL蒸馏水
若无气体生成，则固体粉末为Na2O；若有气体生成，则固体粉末为Na2O2
B
探究FeSO4固体样品是否变质
取少量待测样品溶 于蒸馏水，滴加KSCN溶液
若溶液变为红色，说明样品已经变质；若溶液不变色，说明样品没有变质
C
比较Cl2、Br2、I2的氧化性
向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，静置
溶液分层，下层呈紫红色，证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2
D
比较H2CO3与CH3COOH的酸性
用pH计测定pH：
①NaHCO3 溶液
②CH3COONa溶液
pH①＞②，证明H2CO3酸性弱于CH3COOH
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．若Na没有完全反应，向固体粉末中加水会产生H2，若有气体生成，不能说明固体粉末为Na2O2，A不符合题意；
B．KSCN溶液和Fe3+反应使溶液变为红色，因此，向样品溶液中滴加KSCN溶液，若溶液变为红色，说明样品已经变质，若溶液不变色，说明样品没有变质；B符合题意；
C．向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，由于I-的还原性比Br-强，故少量氯水和KI反应，静置分层后，下层溶液呈紫红色，说明氧化性：Cl2＞I2，C不符合题意；
D．溶液浓度相同时，测得pH：①（NaHCO3溶液）＞②（CH3COONa溶液），可证明H2CO3酸性弱于CH3COOH，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氧气；
C.还原性：I->Br-，氯水少量，只氧化碘离子；
D.根据越弱越水解判断。
6．（2022·开封模拟）某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极A为非晶硅薄膜，充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中；电极B为LiCoO2薄膜；集流体起导电作用。下列说法正确的是（ ）
A．充电时，集流体B与外接电源的负极相连
B．放电时，外电路通过amol电子时，LiPON薄膜电解质损失amol Li+
C．充电时，A为阴极，电极反应式为LixSi-xe- =xLi++Si
D．电池总反应可表示为LixSi+Li1-xCoO2⇌放电充电Si+ LiCoO2
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析，充电时Li+在A电极得到电子被还原成为Li，作为电解池中的阴极与电源负极相连，集流体B与外接电源的正极相连，A不符合题意；
B．放电时，外电路通过amol电子时，负极生成amolLi+进入LiPON薄膜电解质，正极有amolLi+进入电极B，故LiPON薄膜电解质Li+数目不变，B不符合题意；
C．充电时，电极A为阴极，电极反应为：xLi++Si+xe-= LixSi，C不符合题意；
D．放电时负极电极反应为：LixSi-xe-= xLi++Si，正极电极反应式为：Li1- xCoO2+xLi++ xe-=LiCoO2，两极相加电池总反应可表示为： LixSi+Li1-xCoO2⇌充电放电Si+ LiCoO2，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】电极A为非晶硅薄膜，充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中，则电极A为阴极，电极反应式为：xLi++Si+xe-= LixSi，电极B为阳极，电极反应式为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，放电时电极A为负极，电极反应为LixSi-xe-= xLi++Si，电极B为正极，电极反应式为Li1- xCoO2+xLi++ xe-=LiCoO2，总反应为 LixSi+Li1-xCoO2⇌充电放电Si+ LiCoO2。
7．（2022·开封模拟）谷氨酸[ HOOC(CH2)2CH(NH2)COOH，用H2R表示]是人体内的基本氨基酸之一，在水溶液中存在如下平衡：H2R⇌K1 HR-⇌K2R2-。常温下，向一定浓度的H2R溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgx[x表示c(H2R)c(HR-)或c(HR-)c(R2-)]随pOH[pOH=- lgc(OH- )] 的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．K1=1×10-9.7
B．pH=7时，c(HR-)＞c(H2R)＞c(R2-)
C．曲线II表示pOH与lgc(HR-)c(R2-)的变化关系
D．M点时，c(H+ )+c(Na+ )=c(OH-)+3c(HR-)
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．k1=c(HR-)c(H+)c(H2R) ，当c(H2R)=c(HR-)，pOH=9.7，则氢离子浓度为10-4.3mol/L，A项不符合题意；
B．pH=7时，pOH=7，由曲线Ⅰ可知，lgc(HR-)c(R2-)时，lgc(HR-)c(R2-) >0，则c(HR-)>c(R2-)，由曲线Ⅱ可知， c(H2R)c(HR-)<0，则c(HR-)＞c(H2R)，但c(H2R)和c(R2-)的大小关系无法判断，B项不符合题意；
C．曲线Ⅱ表示随pOH和lgc(H2R)c(HR-)关系，C项不符合题意；
D．M点时， lgc(HR-)c(R2-)=0，c(HR-)=c(R2-)，依据电荷守恒，c(H+ )+c(Na+ )=c(OH-)+c(HR-)+ 2c(R2-)，则有c(H+ )+c(Na+ )=c(OH-)+3c(HR-)，D项符合题意。
故答案为：D。
【分析】 K1＞K2 ，一级电离时酸性最强，因此曲线Ⅰ表示pOH与lgc(HR-)c(R2-)的关系，曲线Ⅱ表示pOH与c(H2R)c(HR-)的关系。
二、综合题
8．（2022·开封模拟）某废催化剂主要含有Al2O3(45.4%)、MoO3 (28.8%)、Fe2O3(0.7%)以及其他杂质。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钼和铝等。
回答下列问题：
（1）“焙烧”前要进行粉碎处理，目的是 。
（2）“焙烧”中有Na2MoO4生成，发生反应的化学方程式为 。
（3）钼的浸出率随碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比变化的曲线如图所示，则最适宜的碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比分别为 、 、 、 。
（4）“沉铝”中，生成沉淀M的离子反应方程式为 。
（5）操作A最好采用 。
（6）已知金属Mo的浸出率a=(1-w×mz)×100%，(w-浸出渣中Mo的含量；m-浸出渣的质量；z-参与浸出反应的Mo总质量)，通过X-射线衍射法测定“浸出渣”中Mo的含量为0.8%，若1t废催化剂经焙烧、水浸后得到“浸出渣”0.48t，则Mo的浸出率a= 。
【答案】（1）增大接触面积，提高浸取率
（2）Na2CO3 + MoO3=Na2MoO4+ CO2↑
（3）0.28(0.25~0.3均正确)；1.5h；90°C (85~90°C均正确)；5：1
（4）AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓
（5）蒸发浓缩，冷却结晶
（6）98%
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计
【解析】【解答】本题是一道从废催化剂中回收钼和铝的工业流程题，首先用碳酸钠和废催化剂一起焙烧，之后水浸，从而除去氧化铁，随后加入硫酸调整pH除去偏铝酸根离子，再经过一系列的操作得到产品，以此解题。
(1)从反应速率的影响因素考虑，“焙烧”前要进行粉碎处理，目的是：增大接触面积，提高浸取率；
(2)由流程图可追，反应物为碳酸钠和MoO3，反应产物为Na2MoO4，根据元素守恒可知方程式为：Na2CO3 + MoO3=Na2MoO4+ CO2↑
(3)纵坐标为钼的浸出率，则由图可知碳酸钠与废催化剂的质量比为：0.28(0.25~0.3均正确)；最佳焙烧时间为：1.5h；最佳浸出温度为：90°C (85~90°C均正确)；最佳浸出液固比为：5：1；
(4)根据题意可知焙烧时，氧化铝和碳酸钠生成偏铝酸钠，则水浸后溶液中有偏铝酸钠在酸性条件下生成M为氢氧化铝，对应的离子方程式为：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓；
(5)操作A为由溶液中获得Na2SO4・10H2O，因此该操作为：蒸发浓缩，冷却结晶；
(6)由题意可知，浸出渣中Mo的含量为0.8%，即w=0.8%，浸出渣质量为0.48t，即m为0.48t，参与浸出的Mo的质量可通过催化剂MoO3的含量为28.8%来计算，催化剂中Mo的质量分数为：96144×28.8%=19.2%，则1t催化剂中含Mo质量为：0.192t，即z为0.192t，带入计算式可得：浸出率a=(1-0.8%×0.48t0.192t)×100%=98%。
【分析】（1）粉碎可增大反应物的接触面积；
（2）反应物为碳酸钠和MoO3，反应产物为Na2MoO4，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式；
（3）浸出率最大时为最佳反应条件，结合图像分析；
（4）沉淀M为氢氧化铝；
（5）从溶液中获得Na2SO4・10H2O的操作为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（6）先计算Mo的质量，再代入浸出率公式计算。
三、综合题
9．（2022·开封模拟）镁及其化合物是实验设计的热点载体。某学习小组设计实验，探究镁与二氧化氮反应的产物，实验装置如图所示。
已知：
①2NO2 +2NaOH=NaNO2 + NaNO3+H2O
②Mg3N2能与水反应。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 ；B中试剂是 。
（2）实验时，先启动A中反应，当C装置中充满红棕色气体时，点燃酒精灯，这样操作的目的是 。
（3）经测定，Mg与NO2反应生成MgO、Mg3N2和N2，其中Mg3N2和N2的物质的量相等，C中发生反应的化学方程式为 。
（4）D装置的作用是 。
（5）确定有氮气生成的实验现象是 。
（6）实验完毕后，设计实验确认产物中有氮化镁。取少量C中残留固体于试管中，滴加蒸馏水，若 则产物中有氮化镁。
【答案】（1）圆底烧瓶；P2O5等
（2）排尽装置内空气，避免O2、CO2、N2等与镁反应
（3）11Mg+4NO2Δ__8MgO+Mg3N2+N2
（4）吸收E中挥发出来的水蒸气
（5）E中产生气泡，瘪气球缓慢鼓起
（6）有刺激性气味的气体逸出(产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色)
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A中浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，B为干燥装置，可为P2O5等，C中加热条件下，二氧化氮和镁粉反应，可生成MgO、Mg3N2等，同时生成氮气，D为碱石灰，可避免E装置内水蒸气进入C中，导致氮化镁水解而变质，E可除去过量的二氧化氮，气球可用于检验氮气的生成，据此解答。
(1)根据仪器构造可判断仪器a的名称为圆底烧瓶；装置B用来干燥二氧化氮气体，B中试剂是P2O5等。
(2)实验时，先启动A中反应，当C装置中充满红棕色气体时点燃酒精灯，可排尽装置内空气，避免O2、CO2、N2等与镁反应；
(3)经测定，Mg与NO2反应生成MgO、Mg3N2和N2，其中Mg3N2和N2的物质的量相等，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的方程式为11Mg+4NO2=∆8MgO+Mg3N2+N2；
(4)氮化镁易与水反应，装置D可吸收E中挥发出来的水蒸气，避免C中氮化镁反应而变质；
(5)如生成氮气，不溶于水，且与氢氧化钠溶液不反应，则可观察到E中产生气泡，瘪气球缓慢鼓起；
(6)氮化镁可与水反应生成氨气，可用检验氨气的方法检验，如有刺激性气味的气体逸出（产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色），可证明有氮化镁生成。
【分析】（1）仪器a为圆底烧瓶；B中试剂用于干燥二氧化氮；
（2）实验时应先排出装置内的空气；
（3）C中 Mg与NO2反应生成MgO、Mg3N2和N2， 根据得失电子守恒配平方程式；
（4）D中碱石灰可吸收水；
（5）氮气为无色气体，不溶于水，不与氢氧化钠反应；
（6）氮化镁可与水反应生成氨气。
10．（2022·开封模拟）氧化铁在工业上有广泛的应用。
（1）炼铁高炉中存在以下热化学方程式
I．C(s) +CO2(g) =2CO(g) ΔH1=+172.5kJ·mol-1
II．Fe2O3(s) +CO(g)⇌2FeO(s)+CO2(g) ΔH2=-3kJ·mol-1
III．FeO(s) +CO(g)⇌Fe(s) +CO2(g) ΔH3=-11kJ ·mol-1
IV．Fe2O3 (s) +3CO(g)⇌2Fe(s)+3CO2(g) ΔH4
①上述反应中，ΔH4= kJ ·mol-1
②下图中能表示反应IV的平衡常数对数值(lgK)与温度的关系的是 (填“I”或“II”)，原因是 。
③1500°C时，在某体积可变的密闭容器中，按物质的量比2：3加入Fe2O3和CO发生反应IV ，则达平衡时，Fe2O3的转化率为 ；下列措施能够提高Fe2O3转化率的是 (填字母序号)。
a．对体系加压 b．升高反应体系的温度
c．加入适量的Na2O固体 d．增大CO在原料中的物质的量比
（2）一定条件下Fe2O3可被甲烷还原为“纳米级”的金属铁，其反应为： Fe2O3(s)+3CH4(g)⇌2Fe(s)+ 3CO(g) +6H2(g) ΔH ＞0
①反应在2 L的密闭容器中进行，5 min后达到平衡，测得Fe2O3在反应中质量消耗3.2 g，则该段时间内用反应物表达的平均反应速率为 mol·L-1·min-1
②该反应达到平衡时，某物理量(Y)随温度变化如图所示，当温度由T1升高到T2时，平衡常数KA KB(填“＞”“＜"或“=”)。纵坐标可以表示的物理量有 填字 母序号)。
a．H2的逆反应速率 b．CH4的的体积分数
c．混合气体的平均相对分子质量 d．混合气体的密度
【答案】（1）-25；I；因为该反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，K减小，lgK减小；25%；cd
（2）0.006；＜；bc
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)①已知I．C(s) +CO2(g) =2CO(g) ΔH1=+172.5kJ·mol-1
II．Fe2O3(s) +CO(g)⇌2FeO(s)+CO2(g) ΔH2=-3kJ·mol-1
III．FeO(s) +CO(g)⇌Fe(s) +CO2(g) ΔH3=-11kJ ·mol-1
根据盖斯定律，由Ⅱ+Ⅲ×2得反应IV．Fe2O3 (s) +3CO(g)⇌2Fe(s)+3CO2(g)，则ΔH4=ΔH2+2×ΔH3=-3kJ⋅mol-1-11kJ⋅mol-1×2=-25kJ⋅mol-1 ，故答案为：-25；
②因为该反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，K减小，lgK减小，图中能表示该反应的平衡常数对数值(1g K) 与温度的关系的是Ⅰ，故答案为：I；因为该反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，K减小，lgK减小；
③1500℃时，lgK=0，则K=c3(CO2)c3(CO)=1，根据反应Fe2O3 (s) +3CO(g)⇌2Fe(s)+3CO2(g)，则参与反应的CO和剩余的CO相等，在某体积可变的密闭容器中按物质的量比2∶3加入Fe2O3 和CO，设CO为3mol，则Fe2O3为2mol，反应消耗CO为1.5mol，则消耗Fe2O3为0.5mol，平衡时Fe2O3的转化率=0.5mol2mol×100%=25%；
a．对体系加压，平衡向气体体积缩小的逆反应方向移动，Fe2O3转化率减小，a项不正确；
b．升高反应体系的温度，平衡逆向移动，Fe2O3转化率减小，b项不正确；
c．加入适量的Na2O 固体与二氧化碳反应，平衡正向移动，Fe2O3转化率增大，c项正确；
d．增大CO 在原料中的物质的量比，更多的Fe2O3消耗，转化率增大，d项正确；
故答案为：25%；cd；
(2)①Fe2O3在反应中质量减少3.2g，其物质的量为3.2g160g/mol=0.02mol，根据Fe2O3(s)+3CH4(g)⇌2Fe(s)+ 3CO(g) +6H2(g)可知，消耗0.02mol Fe2O3生成0.06mol CO，则该段时间内CO的平均反应速率为0.06mol2L×5min= 0.006mol·L-1·min-1，故答案为：0.006；
②该反应是吸热反应，升温平衡正向移动，平衡常数增大，则KA＜KB；
a．H2的逆反应速率随温度的升高而增大，a项不正确；
b．升温平衡正向移动，CH4的体积分数减小，b项正确；
c．升温平衡正向移动，气体的质量增加，而气体的物质的量增大，气体物质的量增大的大于气体质量增加的，所以混合气体的平均相对分子质量减小，c项正确；
d．升温平衡正向移动，气体的质量增加，但是容器体积不变，则混合气体的密度增大，d项不正确；
故答案为：＜；bc。
【分析】（1）①根据盖斯定律计算；
②该为放热反应，升温平衡逆向移动；
③要提高平衡转化率，应使平衡正向移动；
（2）①根据v=ΔcΔt计算；
②平衡常数只与温度有关，该反应为吸热反应，升温平衡正向移动；从A到B，温度升高，纵坐标表示的物理量在减小。
11．（2022·开封模拟）非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
（1）基态F原子的外围电子排布式为 。
（2）N2F2(二氟氮烯)分子中，氮原子的杂化类型为sp2，则N2 F2的结构式为 。
（3）NaHF2熔点为160°C(分解)，电解可制得氟气，推测NaHF2中所含作用力的类型有 。
（4）OF2主要用于火箭工程液体助燃剂，其分子的空间构型为 ；OF2的熔、沸点 Cl2O(填“高于”或“低于”)，原因是 。
（5）XeF2在无机氟化物制备中有广泛的应用，其晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有 个XeF2分子。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如图中A点原子的分数坐标为(12，12，12 )。已知Xe-F键长为r pm，则B点原子的分数坐标为 ；晶胞中O、C间距离d= pm。
【答案】（1）2s22p5
（2）F-N=N- F
（3）离子键、共价键、氢键
（4）角(V)形；低于；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高
（5）2；(0，0，rc )；12a2+(c2-r)2
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)基态F原子的外围电子排布式为：2s22p5；
(2)氮原子的杂化类型为sp2，可以确定N与N之间应为双键，N与F之间应存在1条σ键，每个N还有一对孤对电子，故N2 F2的结构式为：F-N=N- F；
(3)NaHF2可电解说明其为离子化合物，存在离子键，H与F之间为共价键，F电负性较强，还存在氢键；
(4)OF2孤对电子数为2，价层电子数为4，故其分子的空间构型为角(V)形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，相对分子质量OF2
【分析】（1）F为9号元素，根据构造原理书写电子排布式；
（2） 氮原子的杂化类型为sp2， 则N形成2个σ键；
（3）电解NaHF2制得氟气 ，则NaHF2为离子化合物，阴离子中含有H-F共价键，F电负性较大，会形成氢键；
（4）OF2的价层电子对数为4，含2个孤电子对；结构相似的分子晶体，随相对分子质量增大熔沸点升高；
（5）根据均摊法计算。
12．（2022·开封模拟）G、H是中药甘草中的两种主要活性成分，其某种合成路线如下：
已知：RCOOH→SOCl2RCOCl
回答下列问题：
（1）B中官能团名称是 。
（2）D的结构简式为 。
（3）E+F→G+C的化学方程式为 。
（4）G生成H的反应类型是 。
（5）W(C8H8O2)是A的同系物，其分子结构有 种，其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积比为1：1：2：2：2的结构简式为 。
（6）设计以苯甲醇和(CH3CO)2O为起始原料，制备的合成路线： 。 (无机试剂任选)。
【答案】（1）羟基、碳碳双键、羧基
（2）
（3）
（4）加成反应
（5）13；
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体；加成反应
【解析】【解答】
(1)B的结构简式为，其官能团为羟基、碳碳双键、羧基。
(2)B（）和C（ClCOOCH2CH3）反应得到D，D和SOCl2反应得到E（），结合“已知”信息，可推出D的结构简式为。
(3)对比E、G的结构简式可以得知，F为，则E和F发生取代反应生成G和ClCOOCH2CH3，该反应的化学方程式为。
(4)对比G和H的结构简式，G生成H的反应类型是加成反应。
(5)W(C8H8O2)是A（）的同系物，其分子含有苯环、酚羟基、醛基，结构有如下情况：①苯环的取代基为酚羟基、醛基、甲基，酚羟基和醛基处于邻位，有4种结构，②苯环的取代基为酚羟基、醛基、甲基，酚羟基和醛基处于间位，有4种结构，③苯环的取代基为酚羟基、醛基、甲基，酚羟基和醛基处于对位，有2种结构，④苯环的取代基为酚羟基、-CH2CHO，有3种结构，则共计13种结构；其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积比为1：1：2：2：2的结构简式为。
(6)根据E→G的反应可以推出可由制得，根据“已知”可知和SOCl2反应制得，根据A→B的反应可知，可以用来制备，而可由经过氧化制得，故以苯甲醇和(CH3CO)2O为起始原料，制备的合成路线为：。
【分析】A（）经过反应得到B（），B和C（ClCOOCH2CH3）反应得到D，D和SOCl2反应得到E（），结合“已知”信息，可推出D为；E和F发生取代反应生成G（），则F为；G发生反应得到H（）。
河南省开封市2022届高三下学期第三次模拟考试
理科综合化学试题
一、单选题
1．（2022·开封模拟）化学科学在“国之重器”的打造中发挥着重要作用。下列有关说法错误的是（ ）
A．“北斗系统”组网成功，北斗芯片中的半导体材料为硅
B．我国自主研发的“东方超环(人造太阳)”使用的氕、氘、氚互为同位素
C．“长征六号”运载火箭箭体采用铝合金材料，是因为材料强度高、密度大、耐腐蚀
D．“天问一号”探测器着陆火星过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是高分子材料
【答案】C
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；高分子材料；同位素及其应用
【解析】【解答】A．硅是常用的半导体材料，北斗芯片中的半导体材料为硅，A不符合题意；
B．氕、氘、氚的质子数相同，中子数不同，它们互为同位素，B不符合题意；
C．铝合金材料具有强度高、密度小、耐腐蚀等优点，C符合题意；
D．芳纶具有超高强度、高模量和耐高温、耐酸耐碱、重量轻等优良性能，可用于制作降落伞，属于高分子材料，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】铝合金密度小。
2．（2022·开封模拟）2022年3月23日下午，在“四季如春”的中国空间站里，王亚平用过饱和X3Y2Z2M(结构为)溶液制作了一颗晶莹剔透的“冰球”，其中X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，M的原子半径是短周期主族元素中最大的。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：M＞Z＞X
B．最简单氢化物的沸点：Z＞ Y
C．X3Y2Z2M中，各原子均满足8e-稳定结构
D．X、Y形成的化合物一定不能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，X为H，Z为O，M为Na；简单离子的核外电子排布相同时，原子序数越大，离子的半径越小，故离子半径：O2-＞Na+；H+半径是最小的，故离子半径：O2-＞Na+＞H+，即简单离子半径：Z＞M＞X，A不符合题意；
B．由分析可知，Y为C，Z为O，它们最简单的氢化物分别为CH4和H2O，二者都是分子晶体，相对分质量越大，分子晶体的沸点越高，且H2O分子间存在氢键，故沸点：H2O＞CH4，即最简单氢化物的沸点：Z＞ Y，B符合题意；
C．由分析可知，X为H，Y为C，Z为O，M为Na，该物质的化学式为CH3COONa，其中H原子未满足8e-稳定结构，C不符合题意；
D．由分析可知，X为H，Y为C，它们形成的化合物中，乙烯等能使酸性KMnO4溶液褪色，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】M的原子半径是短周期主族元素中最大的，则M为Na元素，Z形成一个双键或一个单键，Y形成4个单键，X形成一个单键，则X为H元素，Y为C元素，Z为O元素。
3．（2022·开封模拟）己二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：
关于路线中涉及的有机物，下列说法错误的是（ ）
A．环己烷分子中所有碳原子不可能共平面
B．己二酸与NaHCO3溶液反应有CO2生成
C．环己醇分子中有4种不同类型的氢原子
D．苯与液溴在FeBr3作用下生成溴苯
【答案】C
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．环己烷中C均为四面体构型，所有碳原子一定不能共面，故A不符合题意；
B．含-COOH的有机物与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则己二酸与NaHCO3溶液反应有CO2生成，故B不符合题意；
C．环己醇分子中有5种不同类型的氢原子，故C符合题意；
D．苯与液溴在FeBr3作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
B.-COOH与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
D.苯与液溴在FeBr3作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氢。
4．（2022·开封模拟）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。下图为硫及其部分化合物的价态-类别图。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，a和f的浓溶液反应可生成b和c
B．附着有b的试管，常用酒精清洗
C．分别往d、e的溶液中滴加少量氯化钡溶液，均可产生白色沉淀
D．常温下等物质的量浓度的g、h两种钠盐溶液的pH：g＜h
【答案】A
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A．硫化氢和浓硫酸能发生氧化还原反应，方程式为 H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O，A符合题意；
B．硫微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故附着有b的试管，常用二硫化碳洗涤，B不符合题意；
C．亚硫酸的酸性弱于盐酸，故亚硫酸与氯化钡不反应，C不符合题意；
D．硫酸钠为强酸强碱盐，溶液呈中性，亚硫酸钠为强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解使溶液呈碱性，故等浓度时的亚硫酸钠溶液的pH大于硫酸钠溶液的pH，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由图可知，a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO3，f为H2SO4，g为亚硫酸盐，h为硫酸盐。
5．（2022·开封模拟）下列实验目的对应的方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
实验目的
方案设计
现象和结论
A
探究金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分
取少量固体粉末，加入2~3mL蒸馏水
若无气体生成，则固体粉末为Na2O；若有气体生成，则固体粉末为Na2O2
B
探究FeSO4固体样品是否变质
取少量待测样品溶 于蒸馏水，滴加KSCN溶液
若溶液变为红色，说明样品已经变质；若溶液不变色，说明样品没有变质
C
比较Cl2、Br2、I2的氧化性
向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，静置
溶液分层，下层呈紫红色，证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2
D
比较H2CO3与CH3COOH的酸性
用pH计测定pH：
①NaHCO3 溶液
②CH3COONa溶液
pH①＞②，证明H2CO3酸性弱于CH3COOH
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．若Na没有完全反应，向固体粉末中加水会产生H2，若有气体生成，不能说明固体粉末为Na2O2，A不符合题意；
B．KSCN溶液和Fe3+反应使溶液变为红色，因此，向样品溶液中滴加KSCN溶液，若溶液变为红色，说明样品已经变质，若溶液不变色，说明样品没有变质；B符合题意；
C．向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，由于I-的还原性比Br-强，故少量氯水和KI反应，静置分层后，下层溶液呈紫红色，说明氧化性：Cl2＞I2，C不符合题意；
D．溶液浓度相同时，测得pH：①（NaHCO3溶液）＞②（CH3COONa溶液），可证明H2CO3酸性弱于CH3COOH，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氧气；
C.还原性：I->Br-，氯水少量，只氧化碘离子；
D.根据越弱越水解判断。
6．（2022·开封模拟）某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极A为非晶硅薄膜，充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中；电极B为LiCoO2薄膜；集流体起导电作用。下列说法正确的是（ ）
A．充电时，集流体B与外接电源的负极相连
B．放电时，外电路通过amol电子时，LiPON薄膜电解质损失amol Li+
C．充电时，A为阴极，电极反应式为LixSi-xe- =xLi++Si
D．电池总反应可表示为LixSi+Li1-xCoO2⇌放电充电Si+ LiCoO2
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析，充电时Li+在A电极得到电子被还原成为Li，作为电解池中的阴极与电源负极相连，集流体B与外接电源的正极相连，A不符合题意；
B．放电时，外电路通过amol电子时，负极生成amolLi+进入LiPON薄膜电解质，正极有amolLi+进入电极B，故LiPON薄膜电解质Li+数目不变，B不符合题意；
C．充电时，电极A为阴极，电极反应为：xLi++Si+xe-= LixSi，C不符合题意；
D．放电时负极电极反应为：LixSi-xe-= xLi++Si，正极电极反应式为：Li1- xCoO2+xLi++ xe-=LiCoO2，两极相加电池总反应可表示为： LixSi+Li1-xCoO2⇌充电放电Si+ LiCoO2，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】电极A为非晶硅薄膜，充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中，则电极A为阴极，电极反应式为：xLi++Si+xe-= LixSi，电极B为阳极，电极反应式为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，放电时电极A为负极，电极反应为LixSi-xe-= xLi++Si，电极B为正极，电极反应式为Li1- xCoO2+xLi++ xe-=LiCoO2，总反应为 LixSi+Li1-xCoO2⇌充电放电Si+ LiCoO2。
7．（2022·开封模拟）谷氨酸[ HOOC(CH2)2CH(NH2)COOH，用H2R表示]是人体内的基本氨基酸之一，在水溶液中存在如下平衡：H2R⇌K1 HR-⇌K2R2-。常温下，向一定浓度的H2R溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lgx[x表示c(H2R)c(HR-)或c(HR-)c(R2-)]随pOH[pOH=- lgc(OH- )] 的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．K1=1×10-9.7
B．pH=7时，c(HR-)＞c(H2R)＞c(R2-)
C．曲线II表示pOH与lgc(HR-)c(R2-)的变化关系
D．M点时，c(H+ )+c(Na+ )=c(OH-)+3c(HR-)
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．k1=c(HR-)c(H+)c(H2R) ，当c(H2R)=c(HR-)，pOH=9.7，则氢离子浓度为10-4.3mol/L，A项不符合题意；
B．pH=7时，pOH=7，由曲线Ⅰ可知，lgc(HR-)c(R2-)时，lgc(HR-)c(R2-) >0，则c(HR-)>c(R2-)，由曲线Ⅱ可知， c(H2R)c(HR-)<0，则c(HR-)＞c(H2R)，但c(H2R)和c(R2-)的大小关系无法判断，B项不符合题意；
C．曲线Ⅱ表示随pOH和lgc(H2R)c(HR-)关系，C项不符合题意；
D．M点时， lgc(HR-)c(R2-)=0，c(HR-)=c(R2-)，依据电荷守恒，c(H+ )+c(Na+ )=c(OH-)+c(HR-)+ 2c(R2-)，则有c(H+ )+c(Na+ )=c(OH-)+3c(HR-)，D项符合题意。
故答案为：D。
【分析】 K1＞K2 ，一级电离时酸性最强，因此曲线Ⅰ表示pOH与lgc(HR-)c(R2-)的关系，曲线Ⅱ表示pOH与c(H2R)c(HR-)的关系。
二、综合题
8．（2022·开封模拟）某废催化剂主要含有Al2O3(45.4%)、MoO3 (28.8%)、Fe2O3(0.7%)以及其他杂质。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钼和铝等。
回答下列问题：
（1）“焙烧”前要进行粉碎处理，目的是 。
（2）“焙烧”中有Na2MoO4生成，发生反应的化学方程式为 。
（3）钼的浸出率随碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比变化的曲线如图所示，则最适宜的碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比分别为 、 、 、 。
（4）“沉铝”中，生成沉淀M的离子反应方程式为 。
（5）操作A最好采用 。
（6）已知金属Mo的浸出率a=(1-w×mz)×100%，(w-浸出渣中Mo的含量；m-浸出渣的质量；z-参与浸出反应的Mo总质量)，通过X-射线衍射法测定“浸出渣”中Mo的含量为0.8%，若1t废催化剂经焙烧、水浸后得到“浸出渣”0.48t，则Mo的浸出率a= 。
【答案】（1）增大接触面积，提高浸取率
（2）Na2CO3 + MoO3=Na2MoO4+ CO2↑
（3）0.28(0.25~0.3均正确)；1.5h；90°C (85~90°C均正确)；5：1
（4）AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓
（5）蒸发浓缩，冷却结晶
（6）98%
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计
【解析】【解答】本题是一道从废催化剂中回收钼和铝的工业流程题，首先用碳酸钠和废催化剂一起焙烧，之后水浸，从而除去氧化铁，随后加入硫酸调整pH除去偏铝酸根离子，再经过一系列的操作得到产品，以此解题。
(1)从反应速率的影响因素考虑，“焙烧”前要进行粉碎处理，目的是：增大接触面积，提高浸取率；
(2)由流程图可追，反应物为碳酸钠和MoO3，反应产物为Na2MoO4，根据元素守恒可知方程式为：Na2CO3 + MoO3=Na2MoO4+ CO2↑
(3)纵坐标为钼的浸出率，则由图可知碳酸钠与废催化剂的质量比为：0.28(0.25~0.3均正确)；最佳焙烧时间为：1.5h；最佳浸出温度为：90°C (85~90°C均正确)；最佳浸出液固比为：5：1；
(4)根据题意可知焙烧时，氧化铝和碳酸钠生成偏铝酸钠，则水浸后溶液中有偏铝酸钠在酸性条件下生成M为氢氧化铝，对应的离子方程式为：AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓；
(5)操作A为由溶液中获得Na2SO4・10H2O，因此该操作为：蒸发浓缩，冷却结晶；
(6)由题意可知，浸出渣中Mo的含量为0.8%，即w=0.8%，浸出渣质量为0.48t，即m为0.48t，参与浸出的Mo的质量可通过催化剂MoO3的含量为28.8%来计算，催化剂中Mo的质量分数为：96144×28.8%=19.2%，则1t催化剂中含Mo质量为：0.192t，即z为0.192t，带入计算式可得：浸出率a=(1-0.8%×0.48t0.192t)×100%=98%。
【分析】（1）粉碎可增大反应物的接触面积；
（2）反应物为碳酸钠和MoO3，反应产物为Na2MoO4，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式；
（3）浸出率最大时为最佳反应条件，结合图像分析；
（4）沉淀M为氢氧化铝；
（5）从溶液中获得Na2SO4・10H2O的操作为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（6）先计算Mo的质量，再代入浸出率公式计算。
三、综合题
9．（2022·开封模拟）镁及其化合物是实验设计的热点载体。某学习小组设计实验，探究镁与二氧化氮反应的产物，实验装置如图所示。
已知：
①2NO2 +2NaOH=NaNO2 + NaNO3+H2O
②Mg3N2能与水反应。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 ；B中试剂是 。
（2）实验时，先启动A中反应，当C装置中充满红棕色气体时，点燃酒精灯，这样操作的目的是 。
（3）经测定，Mg与NO2反应生成MgO、Mg3N2和N2，其中Mg3N2和N2的物质的量相等，C中发生反应的化学方程式为 。
（4）D装置的作用是 。
（5）确定有氮气生成的实验现象是 。
（6）实验完毕后，设计实验确认产物中有氮化镁。取少量C中残留固体于试管中，滴加蒸馏水，若 则产物中有氮化镁。
【答案】（1）圆底烧瓶；P2O5等
（2）排尽装置内空气，避免O2、CO2、N2等与镁反应
（3）11Mg+4NO2Δ__8MgO+Mg3N2+N2
（4）吸收E中挥发出来的水蒸气
（5）E中产生气泡，瘪气球缓慢鼓起
（6）有刺激性气味的气体逸出(产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色)
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A中浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，B为干燥装置，可为P2O5等，C中加热条件下，二氧化氮和镁粉反应，可生成MgO、Mg3N2等，同时生成氮气，D为碱石灰，可避免E装置内水蒸气进入C中，导致氮化镁水解而变质，E可除去过量的二氧化氮，气球可用于检验氮气的生成，据此解答。
(1)根据仪器构造可判断仪器a的名称为圆底烧瓶；装置B用来干燥二氧化氮气体，B中试剂是P2O5等。
(2)实验时，先启动A中反应，当C装置中充满红棕色气体时点燃酒精灯，可排尽装置内空气，避免O2、CO2、N2等与镁反应；
(3)经测定，Mg与NO2反应生成MgO、Mg3N2和N2，其中Mg3N2和N2的物质的量相等，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的方程式为11Mg+4NO2=∆8MgO+Mg3N2+N2；
(4)氮化镁易与水反应，装置D可吸收E中挥发出来的水蒸气，避免C中氮化镁反应而变质；
(5)如生成氮气，不溶于水，且与氢氧化钠溶液不反应，则可观察到E中产生气泡，瘪气球缓慢鼓起；
(6)氮化镁可与水反应生成氨气，可用检验氨气的方法检验，如有刺激性气味的气体逸出（产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色），可证明有氮化镁生成。
【分析】（1）仪器a为圆底烧瓶；B中试剂用于干燥二氧化氮；
（2）实验时应先排出装置内的空气；
（3）C中 Mg与NO2反应生成MgO、Mg3N2和N2， 根据得失电子守恒配平方程式；
（4）D中碱石灰可吸收水；
（5）氮气为无色气体，不溶于水，不与氢氧化钠反应；
（6）氮化镁可与水反应生成氨气。
10．（2022·开封模拟）氧化铁在工业上有广泛的应用。
（1）炼铁高炉中存在以下热化学方程式
I．C(s) +CO2(g) =2CO(g) ΔH1=+172.5kJ·mol-1
II．Fe2O3(s) +CO(g)⇌2FeO(s)+CO2(g) ΔH2=-3kJ·mol-1
III．FeO(s) +CO(g)⇌Fe(s) +CO2(g) ΔH3=-11kJ ·mol-1
IV．Fe2O3 (s) +3CO(g)⇌2Fe(s)+3CO2(g) ΔH4
①上述反应中，ΔH4= kJ ·mol-1
②下图中能表示反应IV的平衡常数对数值(lgK)与温度的关系的是 (填“I”或“II”)，原因是 。
③1500°C时，在某体积可变的密闭容器中，按物质的量比2：3加入Fe2O3和CO发生反应IV ，则达平衡时，Fe2O3的转化率为 ；下列措施能够提高Fe2O3转化率的是 (填字母序号)。
a．对体系加压 b．升高反应体系的温度
c．加入适量的Na2O固体 d．增大CO在原料中的物质的量比
（2）一定条件下Fe2O3可被甲烷还原为“纳米级”的金属铁，其反应为： Fe2O3(s)+3CH4(g)⇌2Fe(s)+ 3CO(g) +6H2(g) ΔH ＞0
①反应在2 L的密闭容器中进行，5 min后达到平衡，测得Fe2O3在反应中质量消耗3.2 g，则该段时间内用反应物表达的平均反应速率为 mol·L-1·min-1
②该反应达到平衡时，某物理量(Y)随温度变化如图所示，当温度由T1升高到T2时，平衡常数KA KB(填“＞”“＜"或“=”)。纵坐标可以表示的物理量有 填字 母序号)。
a．H2的逆反应速率 b．CH4的的体积分数
c．混合气体的平均相对分子质量 d．混合气体的密度
【答案】（1）-25；I；因为该反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，K减小，lgK减小；25%；cd
（2）0.006；＜；bc
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)①已知I．C(s) +CO2(g) =2CO(g) ΔH1=+172.5kJ·mol-1
II．Fe2O3(s) +CO(g)⇌2FeO(s)+CO2(g) ΔH2=-3kJ·mol-1
III．FeO(s) +CO(g)⇌Fe(s) +CO2(g) ΔH3=-11kJ ·mol-1
根据盖斯定律，由Ⅱ+Ⅲ×2得反应IV．Fe2O3 (s) +3CO(g)⇌2Fe(s)+3CO2(g)，则ΔH4=ΔH2+2×ΔH3=-3kJ⋅mol-1-11kJ⋅mol-1×2=-25kJ⋅mol-1 ，故答案为：-25；
②因为该反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，K减小，lgK减小，图中能表示该反应的平衡常数对数值(1g K) 与温度的关系的是Ⅰ，故答案为：I；因为该反应正向放热，升高温度，平衡逆向移动，K减小，lgK减小；
③1500℃时，lgK=0，则K=c3(CO2)c3(CO)=1，根据反应Fe2O3 (s) +3CO(g)⇌2Fe(s)+3CO2(g)，则参与反应的CO和剩余的CO相等，在某体积可变的密闭容器中按物质的量比2∶3加入Fe2O3 和CO，设CO为3mol，则Fe2O3为2mol，反应消耗CO为1.5mol，则消耗Fe2O3为0.5mol，平衡时Fe2O3的转化率=0.5mol2mol×100%=25%；
a．对体系加压，平衡向气体体积缩小的逆反应方向移动，Fe2O3转化率减小，a项不正确；
b．升高反应体系的温度，平衡逆向移动，Fe2O3转化率减小，b项不正确；
c．加入适量的Na2O 固体与二氧化碳反应，平衡正向移动，Fe2O3转化率增大，c项正确；
d．增大CO 在原料中的物质的量比，更多的Fe2O3消耗，转化率增大，d项正确；
故答案为：25%；cd；
(2)①Fe2O3在反应中质量减少3.2g，其物质的量为3.2g160g/mol=0.02mol，根据Fe2O3(s)+3CH4(g)⇌2Fe(s)+ 3CO(g) +6H2(g)可知，消耗0.02mol Fe2O3生成0.06mol CO，则该段时间内CO的平均反应速率为0.06mol2L×5min= 0.006mol·L-1·min-1，故答案为：0.006；
②该反应是吸热反应，升温平衡正向移动，平衡常数增大，则KA＜KB；
a．H2的逆反应速率随温度的升高而增大，a项不正确；
b．升温平衡正向移动，CH4的体积分数减小，b项正确；
c．升温平衡正向移动，气体的质量增加，而气体的物质的量增大，气体物质的量增大的大于气体质量增加的，所以混合气体的平均相对分子质量减小，c项正确；
d．升温平衡正向移动，气体的质量增加，但是容器体积不变，则混合气体的密度增大，d项不正确；
故答案为：＜；bc。
【分析】（1）①根据盖斯定律计算；
②该为放热反应，升温平衡逆向移动；
③要提高平衡转化率，应使平衡正向移动；
（2）①根据v=ΔcΔt计算；
②平衡常数只与温度有关，该反应为吸热反应，升温平衡正向移动；从A到B，温度升高，纵坐标表示的物理量在减小。
11．（2022·开封模拟）非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
（1）基态F原子的外围电子排布式为 。
（2）N2F2(二氟氮烯)分子中，氮原子的杂化类型为sp2，则N2 F2的结构式为 。
（3）NaHF2熔点为160°C(分解)，电解可制得氟气，推测NaHF2中所含作用力的类型有 。
（4）OF2主要用于火箭工程液体助燃剂，其分子的空间构型为 ；OF2的熔、沸点 Cl2O(填“高于”或“低于”)，原因是 。
（5）XeF2在无机氟化物制备中有广泛的应用，其晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有 个XeF2分子。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如图中A点原子的分数坐标为(12，12，12 )。已知Xe-F键长为r pm，则B点原子的分数坐标为 ；晶胞中O、C间距离d= pm。
【答案】（1）2s22p5
（2）F-N=N- F
（3）离子键、共价键、氢键
（4）角(V)形；低于；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高
（5）2；(0，0，rc )；12a2+(c2-r)2
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)基态F原子的外围电子排布式为：2s22p5；
(2)氮原子的杂化类型为sp2，可以确定N与N之间应为双键，N与F之间应存在1条σ键，每个N还有一对孤对电子，故N2 F2的结构式为：F-N=N- F；
(3)NaHF2可电解说明其为离子化合物，存在离子键，H与F之间为共价键，F电负性较强，还存在氢键；
(4)OF2孤对电子数为2，价层电子数为4，故其分子的空间构型为角(V)形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，相对分子质量OF2
【分析】（1）F为9号元素，根据构造原理书写电子排布式；
（2） 氮原子的杂化类型为sp2， 则N形成2个σ键；
（3）电解NaHF2制得氟气 ，则NaHF2为离子化合物，阴离子中含有H-F共价键，F电负性较大，会形成氢键；
（4）OF2的价层电子对数为4，含2个孤电子对；结构相似的分子晶体，随相对分子质量增大熔沸点升高；
（5）根据均摊法计算。
12．（2022·开封模拟）G、H是中药甘草中的两种主要活性成分，其某种合成路线如下：
已知：RCOOH→SOCl2RCOCl
回答下列问题：
（1）B中官能团名称是 。
（2）D的结构简式为 。
（3）E+F→G+C的化学方程式为 。
（4）G生成H的反应类型是 。
（5）W(C8H8O2)是A的同系物，其分子结构有 种，其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积比为1：1：2：2：2的结构简式为 。
（6）设计以苯甲醇和(CH3CO)2O为起始原料，制备的合成路线： 。 (无机试剂任选)。
【答案】（1）羟基、碳碳双键、羧基
（2）
（3）
（4）加成反应
（5）13；
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体；加成反应
【解析】【解答】
(1)B的结构简式为，其官能团为羟基、碳碳双键、羧基。
(2)B（）和C（ClCOOCH2CH3）反应得到D，D和SOCl2反应得到E（），结合“已知”信息，可推出D的结构简式为。
(3)对比E、G的结构简式可以得知，F为，则E和F发生取代反应生成G和ClCOOCH2CH3，该反应的化学方程式为。
(4)对比G和H的结构简式，G生成H的反应类型是加成反应。
(5)W(C8H8O2)是A（）的同系物，其分子含有苯环、酚羟基、醛基，结构有如下情况：①苯环的取代基为酚羟基、醛基、甲基，酚羟基和醛基处于邻位，有4种结构，②苯环的取代基为酚羟基、醛基、甲基，酚羟基和醛基处于间位，有4种结构，③苯环的取代基为酚羟基、醛基、甲基，酚羟基和醛基处于对位，有2种结构，④苯环的取代基为酚羟基、-CH2CHO，有3种结构，则共计13种结构；其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积比为1：1：2：2：2的结构简式为。
(6)根据E→G的反应可以推出可由制得，根据“已知”可知和SOCl2反应制得，根据A→B的反应可知，可以用来制备，而可由经过氧化制得，故以苯甲醇和(CH3CO)2O为起始原料，制备的合成路线为：。
【分析】A（）经过反应得到B（），B和C（ClCOOCH2CH3）反应得到D，D和SOCl2反应得到E（），结合“已知”信息，可推出D为；E和F发生取代反应生成G（），则F为；G发生反应得到H（）。
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