2022届高三化学高考备考二轮复习巩固模拟卷4（全国乙卷专用）（Word版带答案）

备战2022年高考化学一轮巩固模拟卷4（全国乙卷专用）可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16Al27S32Ca40Fe56Ba137一、选择题:本题7小题,每小题6分,共42分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1．（2022·湖北·高一阶段练习）化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A．“奋斗者号”潜水器的外壳是耐超高压的钛合金，钛合金的熔点高于金属钛B．华为自主研发的“麒麟”芯片，其主要成分与光导纤维的成分相同。C．实验室熔融烧碱时，不能使用陶瓷坩埚、石英坩埚，可使用铁坩埚D．过氧化氢、“84”消毒液、漂白粉、医用酒精消毒原理相同2．（2016·广东·高三阶段练习）用右图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是选项①中物质②中物质预测②中的现象A稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生大量红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液立即产生大量白色沉淀D氨水硝酸银溶液先产生白色沉淀后沉淀逐渐溶解A．AB．BC．CD．D3．（2021·辽宁·义县高级中学高二阶段练习）天然产物M具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，其结构如图所示。下列说法正确的是A．1molM最多能消耗3molNaOH试卷第18页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 B．M能发生消去反应生成碳碳双键C．M分子中所有碳原子可能共平面D．M的分子式为C15H18O34．（2021·全国·高三专题练习）短周期主族元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大，X、Y、W位于不同周期，Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，Z的原子半径在短周期主族元素中最大。下列说法错误的是（       ）A．简单离子半径：W＞Z＞XB．W的最高价氧化物对应的水化物为强酸C．Y与Z形成的化合物溶于水所得溶液呈碱性D．与X形成的简单化合物的还原性：Y＞Z＞W5．（2022·湖南永州·高三模拟）活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示：下列说法正确的是A．该反应为吸热反应B．相同条件下，P1比P2更稳定C．该历程中最大正反应的活化能Ea=215.49kJ·mol-1D．相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)>v(P2)6．（2021·黑龙江·大庆实验中学高三模拟）如图是一种利用锂电池“固定CO2”的电化学装置，在催化剂的作用下，该电化学装置放电时可将CO2转化为C和Li2CO3，充电时选用合适催化剂，仅使Li2CO3发生氧化反应释放出CO2和O2.下列说法中正确的是试卷第18页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 A．该电池左侧可以用LiCl溶液作电解质溶液B．该电池充电时，电极Y与外接直流电源的负极相连C．该电池放电时，每转移4mol电子，理论上消耗3molCO2D．该电池充电时，阳极反应式为：C+2Li2CO3-4e-=3CO2↑+4Li7．（2021·云南·昆明一中高三阶段练习）25°C，某浓度H3A溶液中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中H3A、H2A-、HA2-、A3-的分布系数δ随溶液pH变化关系如图所示。[比如A3-的分布系数：(A3-)=下列叙述正确的是A．曲线1代表(A3-)，曲线4代表(H3A)B．NaH2A溶液、Na2HA溶液都显酸性C．A3-+H2OHA2-+OH-，K=D．pH=7.2时，二、非选择题:共58分,第26~28题为必考题,每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题:共43分。8．（2020·山东·高三阶段练习）二氧化氯(ClO2)是安全、无毒的绿色消毒剂，浓度过高试卷第18页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 时易发生分解，常将其制备成NaClO2固体以便运输和储存。某研究性学习小组在实验室探究过氧化氢法制备亚氯酸钠。已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时，析出晶体是NaClO2·3H2O，温度高于38℃时，析出晶体是NaClO2，回答下列问题：探究步骤：I.NaClO2制备：装置如图所示(夹持装置略去)。(1)该实验中，仪器A与分液漏斗相比，优点是____。(2)装置B用于制备ClO2，制备过程中需要控制空气的流速，过快或过慢均会降低NaClO2产率，原因是____。(3)装置C的作用是____。装置D中生成NaClO2的离子方程式为____。(4)F装置可用NaOH溶液吸收尾气中的ClO2，生成物质的量之比为1：1的两种盐，一种为NaClO2，另一种为____。II.产品分离提纯：(5)反应后在装置D处获得NaClO2溶液。从NaClO2溶液中得到NaClO2晶体的操作步骤是：减压蒸发、_____、洗涤、干燥。III.产品纯度测定：(6)准确称取1.000g产品，加入适量蒸馏水配成100.00mL溶液；取10.00mL待测液于锥形瓶中，加过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应；滴加几滴淀粉溶液，用0.2000mol·L-1Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复3次，测得标准液体积平均值为20.00mL。(滴定反应的离子方程式为I2+2=2I-+)，假设杂质不参加反应，样品中NaClO2的质量分数为____。三、工业流程题9．（2018·重庆一中高三阶段练习）兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，被广泛用作有机物的氢化反应的催化剂。以红土镍矿(主要成分为NiS、FeS和试卷第18页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 SiO2等)为原料制备兰尼镍的工艺流程如下图所示：（1）浸出渣A的主要成分是_______________（填化学式）。（2）已知红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有大量Ni2＋，写出有关镍元素的加压酸浸的化学反应方程式_______________________________。（3）向浸出液A中通入H2S气体，①还原过程中所涉及主要反应的离子方程式是__________________________________。（4）在形成Ni(CO)4的过程中，碳元素的化合价没有变化，则Ni(CO)4中的Ni的化合价为________。（5）“碱浸”的目的是使镍产生多孔结构，从而增强对氢气的强吸附性，此过程中发生反应的离子方程式为__________________________。（6）常温时，向浓度均为1.0mol·L-1的FeSO4、NiSO4的混合溶液中滴加Na2S固体，当Ni2+恰好沉淀完全时，所得溶液中c(Fe2+)=______________。（已知：①25℃，Ksp(NiS)=2.0×10-21、Ksp(FeS)=6.0×10-18②溶液中的离子浓度≤10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。）（7）浸出液B可以回收，重新生成铝以便循环利用。请设计简单的回收流程：浸出液B→___________________________________________________________。（箭头上注明外加反应物的化学式和反应条件）。(示例：)四、原理综合题10．（2019·河南·高考模拟）丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径，其热化学方程式为：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)ΔH。请回答下列相关问题。(1)下表为部分键能数据，据此可算出△H=_________kJ/mol。化学键C—CC=CC—HH—H键能（kJ/mol）332611414436(2)一定温度下，向2L的密闭容器中充入2molC3H8发生脱氢反应，经过10min达到平试卷第18页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.4倍。①0～10min内氢气的生成速率v(H2)=__________，C3H8的平衡转化率为_________。②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是___________。A．混合气体的平均分子量保持不变B．C3H6与H2的物质的量之比保持不变C．混合气体的密度保持不变D．C3H8的分解速率与C3H6的消耗速率相等（3）脱氢反应分别在压强为p1和p2时发生，丙烷及丙烯的平衡物质的量分数随温度变化如图所示。①压强：p1______p2(填“>”或“<”)。②为了同时提高反应速率和反应物的平衡转化率，可采取的措施是__________。③若p1=0.1MPa，起始时充入丙烷发生反应，则Q点对应温度下，反应的平衡常数Kp_____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。④在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始n(氩气)/n(丙烷)越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是___________________。(二)选考题:共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。11．（2021·贵州遵义·高三模拟）铜是人类最早发现并广泛使用的一种金属。回答下列问题：(1)黄铜矿(CuFeS2)是其中铜的主要存在形式。CuFeS2中存在的化学键类型是___________。试比较组成黄铁矿的三种组成元素的电负性的相对强弱__________。(2)在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。①则X是__________(填名称)，X分子的立体构型是______，中心原子杂化类型为___。②X的沸点比水的沸点____(填“高”、“低")，主要原因是___________。(3)[Cu(NH3)4]2+中，提供孤对电子的是_________。Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，其试卷第18页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 中种可溶于水，则此种化合物是_____(填“极性"或“非极性")分子，由此推知[Cu(NH3)4]2+的空间构型是____________。(4)某镍白铜合金的立方品胞结构如图所示：①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为__________。②若合金的密度为dg/cm3，品胞参数a=_____nm。(设NA代表阿伏加德罗常数)12．（2021·福建省福州高级中学高三阶段练习）化合物F具有独特的生理药理作用，实验室由芳香化合物A制备F的一种合成路线如图：已知：①②RCH=CH-COOH回答下列问题：(1)化合物A的名称是_______。(2)B中含氧官能团的名称为_______；(3)C生成香兰素的反应类型为_______。(4)D的结构简式为_______。(5)写出F与足量NaOH溶液反应的化学方程式_______。(6)G为香兰素的同分异构体，能使溶液变紫色，苯环上只有两个取代基团，能发生水解反应，符合要求的同分异构体有_______种，请写出其中核磁共振氢谱图显示有4种不同环境的氢，且峰面积比为3∶2∶2∶1的G的结构简式_______。试卷第18页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 参考答案：1．C【解析】A．一般情况下，合金的熔点比其成分金属的熔点低，钛合金熔点比金属钛低，故A错误；B．芯片的主要成分是晶体硅，与光导纤维的成分二氧化硅不相同，故B错误；C．石英、陶瓷含有二氧化硅，二氧化硅能与NaOH反应，所以不能使用石英坩埚、陶瓷坩埚，可以使用铁坩埚，故C正确；D．84消毒液(主要成分是NaClO)、漂白粉、过氧化氢均具有强氧化性而消毒，医用酒精不具有强氧化性，但酒精可以破坏蛋白质的结构而消毒，故D错误；故选C。2．D【解析】试题分析：A．先发生盐酸与NaOH的反应，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，则现象不合理，故A错误；B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化，则不能观察到红棕色气体，现象不合理，故B错误；C．NaOH过量，开始不生成沉淀，反应生成偏铝酸钠和氯化钠，开始无现象，故C错误；D．氨水与硝酸银反应生成白色沉淀，氨水过量生成银氨络离子，沉淀溶解，故D正确；故选D。【考点定位】考查实验装置的设计与评价【名师点晴】本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，为高频考点，为2015年高考真题，把握物质的性质、发生的反应、反应与现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，综合性较强。3．D【解析】A．该结构中只有一个酯基，所以1mol该物质最多消耗1molNaOH，故A错误；B．该物质分子中羟基连接C原子的邻位C原子上没有H原子，因此不能发生消去反应形成碳碳双键，故B错误；C．羟基左边的碳原子与四个其它碳原子相连，呈正四面体的立体构型，所以所有碳原子不可能都共平面，故C错误；D．由结构式可知，M的分子式为C15H18O3，故D正确；故选D。试卷第18页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 4．D【解析】X、Y、W位于不同周期且为短周期元素，可知X、Y、W分别为第一、第二、第三周期的元素，又X、Y、Z和W均为主族元素，可知X为氢元素；Z的原子半径在短周期主族元素中最大可知Z为钠元素，Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，可知Y、W的原子最外层电子数之和为13，即Y为O（或F）元素，W为Cl（或S）元素。根据分析可知，X为H，Y为O（或F），Z为Na，W为Cl（或S）元素。A．电子层数越多离子半径越大，则简单离子半径：W＞Z＞X，故A正确；B．Cl和S的最高价氧化物对应水化物分别为高氯酸、硫酸，高氯酸和硫酸都是强酸，故B正确；C．氟化钠、氧化钠（或过氧化钠）溶液都呈碱性，故C正确；D．非金属性越强，氢化物还原性越弱，非金属性：Y＞W＞Z，则简单氢化物的还原性：Y＜W＜Z，故D错误；故选：D。比较离子半径时，可先比较电子层，再比较序数（序数大的离子半径小）的原则进行；比较氢化物还原性时，可先比较非金属性，非金属强的元素对应的离子的还原性弱。5．D【解析】A．由图可知反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，故A错误；B．由图中信息可知P2的能量低于P1的能量，物质能量越低越稳定，因此P2比P1更稳定，故B错误；C．由图可知该历程中最大正反应的活化能是由中间产物Z到过渡态IV的过程，Ea=186.19kJ·mol-，故C错误；D．由图可知中间产物Z转化成产物P1的正反应活化能比Z转化成产物P2的正反应活化能低的多，活化能越小反应速率越快，因此v(P1)>v(P2)，故D正确；故选：D。6．C【解析】放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3；充电时，阴极上Li+得电子生成Li，阳极上O失电子生成O2，即试卷第18页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 2Li2CO3-4e-═2CO2↑+O2↑+4Li+。A．该电池左侧不可以用LiCl溶液作电解质溶液，锂是活泼金属，易与水反应，故A错误；B．该电池充电时，电源的负极与外加电源的负极相连，电极X与外接直流电源的负极相连，故B错误；C．该电池放电时，总反应3CO2+4Li=C+2Li2CO3，每转移4mol电子，理论上消耗3molCO2，故C正确；D．该电池充电时，阳极上O失电子生成O2，即2Li2CO3-4e-═2CO2↑+O2↑+4Li+，故D错误；故选C。7．D【解析】由图可知，pH越小，H3A的分布系数应越高，A3-的分布系数则是pH越大越高，故曲线1应代表δ(H3A)，曲线2代表δ(H2A-)，曲线3代表δ(HA2-)，曲线4代表δ(A3-)；H3A⇌H2A-+H+，Ka1=，当pH=2.1时，δ(H3A)=δ(H2A-)，则c(H3A)=c(H2A-)，Ka1=c(H+)=10-2.1，同理可知Ka2、Ka3分别为10-7.2、10-12.3，由此分析。A．pH越小，H3A的分布系数应越高，A3-的分布系数则是pH越大越高，故曲线1应代表δ(H3A)，曲线4代表δ(A3-)，故A不符合题意；B．NaH2A溶液中δ(H2A-)应处于峰值，由图可知其pH小于7，显酸性。同理，Na2HA溶液中δ(HA2-)应处于峰值，pH为10左右，显碱性，故B不符合题意；C．HA2-⇌A3-+H+，Ka3=，A3-+H2O⇌HA2-+OH-，K===，根据分析可知，Ka1、Ka2、Ka3分别为10-2.1、10-7.2、10-12.3，则K=，故C不符合题意；D．pH=7.2时，=1，根据c(H+)=10-7.2mol/L，可推知c(OH-)=mol/L=10-6.8mol/L，则lg=0.4，故D符合题意；答案选D。8．    平衡压强，便于液体顺利滴下    空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收。    防倒吸    2ClO2+H2O2+2OH-=2+2H2O+O2    NaClO3    趁热过滤    90.50％试卷第18页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 【解析】装置B中硫酸、NaClO3与Na2SO3混合反应制取ClO2，装置C中短进长出，则为安全瓶，可以防止倒吸；装置D中ClO2、H2O2和NaOH混合反应得到NaClO2，C中将装置浸入冰水浴中可以增大ClO2的溶解度使其充分反应，并防止温度过高使H2O2、NaClO2分解，装置E短进长出，也为安全瓶，可以防止倒吸，装置F进行尾气处理。(1)仪器A为恒压滴液漏斗，侧面导管可以平衡压强，便于液体顺利滴下；(2)根据题目所给信息可知二氧化氯浓度过高时易发生分解，所以空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解，产率下降；而当空气流速过快时，在装置D中ClO2不能被充分吸收，产率也会下降；(3)装置C短进长出，为安全瓶可以防倒吸；装置D中ClO2、H2O2和NaOH混合反应得到NaClO2，该过程中Cl元素被还原，根据各元素的价态变化规律可知H2O2中氧元素的化合价要升高，所以产物中有氧气，根据电子守恒可得ClO2和H2O2的系数比为2:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2+2H2O+O2；(4)根据题意ClO2与NaOH溶液反应时生成NaClO2，该产物中氯元素的化合价降低1价，生成的两种盐物质的量之比为1：1，则另一产物中Cl元素的化合价应升高1价，为NaClO3；(5)根据题目信息可知NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时，析出晶体是NaClO2·3H2O，温度高于38℃时，析出晶体是NaClO2，所以为了得到NaClO2晶体，应减压蒸发、趁热过滤、洗涤、干燥；(6)滴定时先利用NaClO2将碘离子氧化成碘单质，根据电子守恒可知2n(NaClO2)=n(I2)，然后再用Na2S2O3标准液还原生成的碘单质，根据方程式可知2n(I2)=n(Na2S2O3)，所以n(NaClO2)=n(Na2S2O3)，所以产品中n(NaClO2)==0.01mol，样品中NaClO2的质量分数为=90.50%。第2小题为易错点，注意题目要求“过快或过慢均会降低NaClO2产率”，所以既要回答过快的原因，还要回答过慢的原因。9．    SiO2    2Ni2O3+4H2SO4==4NiSO4+O2↑+4H2O    H2S+2Fe3+==2Fe2++2H++S↓    0    2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑    0.03mol/L    【解析】试卷第18页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 红土镍矿（主要成分为NiS、FeS和SiO2等）煅烧发生氧化还原反应得到Ni2O3、Fe2O3（SiO2不反应），加入硫酸加压酸浸，Ni2O3、Fe2O3溶解，发生的反应有2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2↑+4H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，SiO2不与硫酸反应，过滤得到浸出渣A（SiO2），浸出液A中含Ni2＋、Fe3＋，向浸出液A中通入H2S气体，发生还原反应的离子方程式是：H2S+2Fe3＋=2Fe2＋+2H＋+S，另外生成沉淀NiS，过滤得到镍硫化合物NiS，再通入CO气体，形成Ni（CO）4，加热得到镍，高温熔融时通入氩气，加入铝，得到合金，将合金冷却、粉碎，再用浓氢氧化钠溶液碱浸，铝与氢氧化钠反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构，浸出液B中含偏铝酸根，最后用蒸馏水洗浸出渣B，得到产品兰尼镍，（1）浸出渣A的主要成分是SiO2（填化学式）。（2）红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有大量Ni2＋，镍的化合价降低发生还原反应，只有氧的化合价能升高，所以产物有氧气，有关镍元素的加压酸浸的化学反应方程式2Ni2O3+4H2SO4==4NiSO4+O2↑+4H2O。（3）浸出液A中含Ni2＋、Fe3＋，向浸出液A中通入H2S气体，三价铁具有较强氧化性，与硫化氢发生还原反应，①还原过程中所涉及主要反应的离子方程式是H2S+2Fe3+==2Fe2++2H++S↓。（4）在形成Ni(CO)4的过程中，碳元素的化合价没有变化,碳为+2价，氧为-2价，则Ni(CO)4中的Ni的化合价为0。（5）“碱浸”的目的是使镍产生多孔结构，铝与氢氧化钠反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构，从而增强对氢气的强吸附性，此过程中发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。（6）当Ni2+恰好沉淀完全时，Ksp(NiS)=2.0×10-21，得c（S2－）=2.0×10-21/10-5=2.0×10-16,所得溶液中c(Fe2+)=6.0×10-18/2.0×10-16=0.03mol/L；（7）浸出液B中含偏铝酸根，可通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，再加热灼烧使其分解得到氧化铝，加入冰晶石，在熔融态下电解氧化铝得到铝，回收流程可表示为：浸出液B→。10．    +113    0.04mol／(L·min)    40%    AD    ＞    升高温度    0.0125MPa（单位可不带）    恒压条件下，增大氩气的比例，相当于减压，从而使平衡正向移动，提高了丙烷的平衡转化率【解析】(1)根据反应热△H=反应物总键能-生成物总键能列式计算；(2)一定温度下，向2L的密闭容器中充入2molC3H8发生脱氧反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.4倍，则反应后气体总物质的量=×2mol=2.8mol。然后根据三段式列式计算出反应过程中各物质的转化量和平衡量，再分析解答；试卷第18页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 (3)①根据图像和反应的方程式可知，随温度升高，丙烯的物质的量分数增加，丙烷的物质的量分数减少，说明升温平衡正向进行；温度一定时，p2压强下丙烯物质的量分数大于p1状态，据此分析解答；②根据影响化学反应速率和平衡转化率的方法分析判断；③根据图像可知，丙烷在Q点物质的量分数为50%，根据三段式列式计算出反应过程中各物质的转化量和平衡量，平衡常数Kp═计算；④该反应为气体分子数增加的反应，随着氩气比例的增加，降低了反应体系各气体的分压，相当于减压，结合平衡移动的方向分析解答。(1)反应热△H=反应物总键能-生成物总键能=(2×332+8×414)-(6×414+332+611+436)kJ/mol=+113kJ/mol，故答案为+113；(2)一定温度下，向2L的密闭容器中充入2molC3H8发生脱氧反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.4倍，则反应后气体总物质的量=×2mol=2.8mol。①设生成的丙烯物质的量为xmol，可逆反应C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)开始(mol)   2                         0                    0反应(mol)   x                         x                  x平衡(mol)2-x                      x                       x反应后气体总物质的量=(2-x+x+x)mol=2.8mol，x=0.8，0～10min内氢气的生成速率v(H2)===0.04mol/(L·min)；C3H8的平衡转化率=×100%=×100%=40%，故答案为0.04mol/(L·min)；40%；②A.反应前后气体总质量不变，气体的物质的量逐渐增大，因此混合气体的平均分子量是一个变量，当混合气体的平均分子量保持不变，说明反应达到平衡状态，故A正确；B.根据方程式C3H6与H2的物质的量之比始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则气体密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故C错误；试卷第18页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 D．C3H8分解速率与C3H6消耗速率相等，C3H6也等于的生成速率，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；答案选AD；(3)①根据图像，随温度升高，丙烯的物质的量分数增加，丙烷的物质的量分数减少，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，反应的△H＞0；C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)，温度一定时，压强越大，平衡逆向进行，p2压强下丙烯物质的量分数大于p1状态，说明p1＞p2，平衡正向进行，故答案为＞；②增大化学反应速率的方法有：增大浓度、升高温度、加入催化剂、增大压强等，增大转化率的方法有：减小压强、升高温度、减小生成物浓度等，所以要增大反应速率和增大转化率需要改变的条件是升高温度，故答案为升高温度；③设丙烷物质的量为1mol，消耗物质的量为ymol，根据图像可知，丙烷在Q点物质的量分数为50%，C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)起始量(mol)          1                         0                 0变化量(mol)          y                           y               y平衡量(mol)     1-y                           y                 y=50%，y=，总物质的量=1+y=mol，平衡常数Kp═=0.0125MPa，故答案为0.0125MPa；④该反应为气体分子数增加的反应，随着氩气比例的增加，降低了反应体系各气体的分压，相当于减压，减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，从而提高丙烷脱氢转化率，故答案为恒压条件下，增大氩气的比例，相当于减压，从而使平衡正向移动，提高了丙烷的平衡转化率。明确化学平衡常数计算方法、化学平衡状态判断方法是解本题关键。本题的易错点为(2)②，注意：只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断标准。本题的(3)③也可以不通过三段式计算：丙烷在Q点物质的量分数为50%，C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)试卷第18页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 说明丙烯和氢气的物质的量分数均为25%，丙烷、丙烯、氢气的平衡分压依次为0.05MPa、0.025MPa、0.025MPa，平衡常数Kp═=0.0125MPa。11．    离子键    S＞Cu＞Fe    硫化氢    V形    sp3    低    水分子间存在氢键    NH3    极性    平面正方形    3：1    【解析】（1）CuFeS2中硫为非金属元素，铁和铜为金属元素之间形成的化学键为离子键；非金属性越强，电负性越大，故电负性强弱顺序为S＞Cu＞Fe，故答案为：离子键；S＞Cu＞Fe；（2）①在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生，则X为H2S，名称为硫化氢。S原子形成2个S-H键，含有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，S原子采取sp3杂化，分子空间构型为V形结构，故答案为：硫化氢；V形；sp3；②水分子间形成氢键，所以H2S的沸点比水低，故答案为：低；水分子间存在氢键；（3）[Cu(NH3)4]2＋中，铜离子提供空轨道，氨气分子中的氮元素提供孤电子对；Cu(NH3)2Cl2的同分异构体可溶于水，根据相似相溶原理，水是极性分子，所以该分子应该为极性分子；既然存在两种同分异构体，所以[Cu(NH3)4]2＋的空间构型应该是平面正方形；故答案为：NH3；极性；平面正方形；（4）①由晶胞结构图可知，Ni原子处于立方晶胞的顶点，Cu原子处于立方晶胞的面心，根据均摊法，每个晶胞中含有Cu原子的个数为6×=3，含有Ni原子的个数为8×=1，故晶胞中Cu原子与Ni原子的数量比为3：1，故答案为：3：1；②根据m=ρV可得，1mol晶胞的质量为（64×3+59）g=a3×dg•cm-3×NA，则a=，故答案为：。12．(1)对甲基苯酚(2)醛基和(酚)羟基(3)取代反应(4)试卷第18页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 (5)+3NaOH++2H2O(6)    9    或者【解析】由题干合成流程图可知，C与CH3ONa的发生信息①中的反应，结合香兰素结构，可知C为，根据B的分子式和C的结构简式可推知B为；A能与FeCl3溶液反应显紫色，说明含有酚羟基，根据A的分子式得到A为；香兰素发生信息②中的反应得到D为；E与酯化得到F，所以E为，D发生取代反应生成E，据此分析解题。(1)由分析可知，A的结构简式为：，则化合物A的名称是对甲基苯酚，故答案为：对甲基苯酚；(2)试卷第18页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 由分析可知，B的结构简式为：，则B中含氧官能团的名称为醛基和(酚)羟基，故答案为：醛基和(酚)羟基；(3)由分析可知，C的结构简式为：，C生成香兰素的方程式为：+CH3ONa+NaBr，该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(4)由分析可知，D的结构简式为，故答案为：；(5)由题干可知，F的结构简式为：，故其与足量NaOH溶液反应的化学方程式为：+3NaOH++2H2O，故答案为：+3NaOH++2H2O；(6)试卷第18页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司 由题干信息可知，香兰素的结构简式为：，分子式为：C8H8O3，故G为香兰素的同分异构体，能使溶液变紫色即结构中含有酚羟基，苯环上只有两个取代基团，能发生水解反应说明含有酯基，符合要求的两个基团其中一个为：-OH，另一个可以为：-OOCCH3、-COOCH3和-CH2OOCH三种情况，每一种情况都有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的同分异构体有3×3=9种，请写出其中核磁共振氢谱图显示有4种不同环境的氢，且峰面积比为3∶2∶2∶1的G的结构简式或者，故答案为：9；或者。试卷第18页，共11页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司