贵州省安顺市普通高中2018—高三上期末考试理综试卷化学部.docx

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贵州省安顺市普通高中2018—2019学年高三上期末考试理综试卷（化学部分)
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
五
总分
得分

注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题)
请点击修改第I卷的文字说明

评卷人
得分

一、单选题
1．下列说法正确的是：
A．煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料
B．天然植物油常温下一般呈液态，有恒定的熔点、沸点
C．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D．氯化钠是生活中常见的调味品和防腐剂
2．NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是：
A．标准状况下，11.2LH2O所含分子数大于0.5NA
B．1mol淀粉水解后产生的葡萄糖分子数为NA
C．1LpH=12的氢氧化钡溶液中OH－的数目为0.02NA
D．15gCH3+(碳正离子)中含有电子数为10NA
3．下列叙述不正确的是
A．蔗糖水解生成的两种有机物互为同分异构体
B．含有5个碳原子的饱和链烃，其一氯代物有3种
C．乙烷与氯气在光照下发生反应的产物可能有10种
D．金刚烷的结构为，它的二氯化物有六种(不考虑立体异构)
4．下列实验操作、实验现象及日的均正确的是：
选项
实验操作
实验现象及目的
A
向淀粉溶液中滴入硫酸，加热一段时间后，滴入银氨溶液，水浴加热。
有银镜现象出现，验证酸性条件下淀粉水解
B
向Fe(NO3)2加入稀硫酸
溶液绿色加深，验证Fe2+水解平衡受外界影响
C
用天平、烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒配制溶液
配制一定质量分数的溶液
D
将适量Cl2通入NaBr溶液中，再加入裂化汽油，振荡，静置。
上层溶液呈橙红色，Cl2的氧化性大于Br2

A．A B．B C．C D．D
5．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Wˉ与X+电子层结构相同，Y所在周期数与族序数相同，Z的最高价氧化物的水化物为强酸。下列说法正确的是：
A．简单离子半径：X>Y>Z>W
B．W、Z对应氢化物的沸点：W>Z
C．周期表中Z的氧化物对应水化物的酸性最强
D．工业上用电解XZ的水溶液制备X单质
6．有一种节能的氯碱工业新工艺，将电解池与燃料电池相组合，相关流程如下图所示(电极未标出)，下列说法错误的是：

A．电解池的阴极反应式2H2O+2e－=H2+2OH－
B．相同条件下，当电解池生成2LCl2，理论上燃料电池应消耗1LO2
C．电解池中阳离子移动流向阴极池
D．溶液a、b、c的pH大小顺序为：a>b>c
7．化学上常用AG表示溶液中的酸碱度，AG=lgC(H+)C(OH−)。25℃时，用0.100mol/L的NaOH溶液滴定20.00m 0.100mol/L的醋酸溶液，AG与所加NaOH溶液的体积(V)关系如图所示，下列说法错误的是：

A．点C时溶液存在c(Na+)=c(CH3COO－)>c(OH－)=c(H+)
B．点B时溶液存在2c(H+)－2c(OH－)=c(CH3COO－)－c(CH3COOH)
C．25℃时，醋酸的水解常数Kh=10－4.5
D．点D溶液的pH=11.25

第II卷（非选择题)
请点击修改第II卷的文字说明

评卷人
得分

二、实验题
8．印刷电路板是由有机复合材料和铜箔复合构成，刻制印刷电路时，要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”，研究其制备及性质是一个重要的课题。
(1)氯化铁晶体的制备(夹持及加热装置省略)

①实验过程中装置甲中发生反应的离子方程式_________________________________。
②为顺利达成实验目的，上述装置中甲中活塞、乙中活塞、弹簧夹1、2、3打开和关闭的顺序为__________。
③反应结束后，将乙中溶液边加入___________，边进行加热浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥即得到产品。
(2)氯化铁的性质探究：
已知：①氯化铁的熔点为306℃、沸点为315℃，易升华，气态FeCl3会分解成FeCl2和Cl2②FeCl2熔点670℃)

操作步骤
实验现象
解释原因
打开K，充入氮气
D中有气泡产生
①充入N2的原因___________
关闭K，加热至600℃，充分灼烧固体
B中出现棕黄色固体
②产生现象的原因___________。
实验结束，振荡C静置
③___________
④___________(用方程式解释)

评卷人
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三、工业流程
9．无机研究开创绝不无“钴”的时代，例如：CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂、草酸钴可用于指示剂和催化剂。其中草酸钴的制备可用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4·2H2O工艺流程如下图所示：

已知：
①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；
②酸性条件下，ClO3－不会氧化Co2+，ClO3－转化为Cl－；
(1)浸出过程中加入Na2SO3的主要离子方程式为____________________。
(2)加入 NaClO3发生可以将溶液中Fe2+氧化，进而调节pH除去，但不能向“浸出液”中加过量 NaClO3的主要原因是：__________________。
(3)若“滤液Ⅰ”中c(Ca2+)=1.0×10－3mol·L－1，当除钙率达到99%时，溶液中c(F－)=___________mol/L。[已知Ksp(CaF2)=4.0×10－11]
(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图1所示，萃取剂的选择的标准是___________；其使用的适宜pH范围是___________(填字母代号)。
A.2.0~2.5 B.3.0~3.5 C.4.0~4.5

(5)CoC2O4·2H2O热分解质量变化过程如图2所示。其中600℃以前是隔绝空气加热，600℃以后是在空气中加热。A、B、C均为纯净物；用化学方程式表示从A点到B点的物质转化___________。C点所示产物的化学式是___________。(Co的相对原子质量是59)

评卷人
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四、综合题
10．二甲醚制备两种方法原理如下
第一种方法：丹麦Topspe工艺的合成气一步法，是专门针对天然气原料开发的一项新技术。
①2CH4(g)+O2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H1
第二种方法：二甲醚生产二步法，即先合成甲醇，甲醇在催化剂下制二甲醚。
②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2
③2CH3OH(g)CH3OCH3 (g)+H2O(g) △H3
(1)若由合成气(CO、H2)直接制备 1molCH3OCH3(g)，且生成H2O(1)，整个过程中放出的热量为244kJ，则△H2=___________kJ·mol－1。(已知：H2O(1)=H2O(g) △H=+44.0 kJ/mol)
(2)下列有关反应①叙述不正确的是___________
a.达到平衡后，升高温度，ν正减少、ν逆增大，平衡逆向移动
b.当四种物质的浓度相等，反应达到化学平衡状态
c.若改变条件，反应物的转化率一定增大，正反应速率一定大于逆反应速率
d.当达到平衡时2v正(O2)=v逆(CH4)
e.向该恒容平衡体系中充入氩气，ν正、ν逆均增大，平衡向右移动
(3)有人模拟制备原理Ⅱ，绘制如图甲图像：
i说明CO的转化率随温度升高先增大后减小的原因：______________________。
ii.反应②自发进行的条件是______________________。
iii.若在350℃时的2L的密闭容器中充入2 mol CO和6molH2，8min达到平衡，c(CH3OCH3)=0.3mol·L－1，用H2表示反应②的速率是___________；可逆反应③的平衡常数K3=___________。
iv.若350℃时测得容器中n(CH3OH)=n(CH3OCH3)，此时反应③v(正)___________ν(逆)，说明原因_________。

(4)光能储存一般是指将光能转换为电能或化学能进行储存，利用太阳光、CO2、H2O生成二甲醚的光能储存装置如图乙所示则b极的电极反应式为___________________________。
11．（化学一选修3：物质结构与性质）
我国早期科技丛书《物理小识·金石类》写到：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛，惟乌柏树不畏其气”，“青矾”则是绿矾，强热时发生如下反应：
2FeSO4·7H2O→Fe2O3+SO3+SO2+7H2O
回答下列问题：
(1)基态硫原子的价层电子排布式___________，其最高能级上电子云形状是___________，上述四种元素电负性由大到小的顺序是___________，从结构的角度解释Fe3+稳定性强于Fe2+的原因是__________。
(2)氧、硫能形成许多化合物，如：H2O、SO2、SO3、SO42－，这些物质的中心原子杂化轨道类型为SP2的是___________，空间构型是V形的分子是___________，属于非极性分子的是___________。
(3)已知Fe2O3熔点为1565℃，在熔化状态下液体中存在两种粒子，则其晶体类型最可能是___________，若FeO与Fe2O3晶体类型相同，则二者熔点较高的物质是___________。
(4)铁的某种氧化物晶胞如图所示(实心球为铁原子)；

①该氧化物的化学式为___________。
②氧、铁的原子半径分别为rO pm、rFe pm，晶体密度为ρg·cm－3，阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶胞的空间利用率为___________(用含π的式子表示)

评卷人
得分

五、推断题
12．（化学一选修5：有机化学基础）
2018年8月3日我国确诊首例非洲猪瘟疫情。10月25日，农业农村部新闻办公室发布，贵州省毕节市发生非洲猪瘟疫情。目前最有效的药物要主要成分的一种合成路线如图所示：

已知：
①E、G能发生银镜反应
②R—CHO+R′—CH2—CHO (R、R表示烃基或氢)。
请回答下列问题：
(1)G的名称是____________________；D中所含官能团的名称是____________________。
(2)Y的结构简式为__________________；A生成B的反应类型是__________________。
(3)据最新报道，乙烯与双氧水在催化剂作用下反应生成B，产率较高。写出该反应的化学方程式____________________________________________。
(4)简述逐一检测出F中官能团的实验操作与现象结论______________________。
(5)在J的同分异构体中，同时满足下列条件的同分异构体有___________种。
i.既能发生水解反应，又能发生银镜反应；
ii.遇氯化铁溶液发生显色反应。
(6)参照上述流程，以苯乙烯为原料，设计路线制备某药物中间体
_________________________________。

参考答案
1．D
【解析】
【详解】
A．煤的气化和液化都是化学变化，A项错误；
B．天然植物油一般为不饱和高级脂肪酸和甘油形成的酯，为液态混合物，没有固定的熔点和沸点，B项错误；
C．煤炭中加入CaO，是为了吸收SO2，减少酸雨的形成，但是不能够减少温室效应气体的排放，C项错误；
D．食盐的主要成分NaCl，可以用来做调味品和防腐剂，D项正确；
本题答案选D。
2．A
【解析】
【详解】
A. H2O在标准状况下为液体，11.2L H2O的物质的量大于0.5mol，所以分子数大于0.5NA，A项正确；
B．淀粉为高分子化合物，用(C6H10O5)n 表示，但是不知道n为多少，所以1mol淀粉谁加得到的葡萄糖分子数会大于NA；B项错误；
C．pH=12的氢氧化钡溶液中OH－的浓度为0.01mol/L，1L的溶液，其物质的量为0.01mol, OH－的数目为0.01NA，而不是0.02 NA，C项错误；
D．CH3+含有的电子数为6+3-1=9，1mol CH3+的电子数为9NA，D项错误。
本题答案选A。
3．B
【解析】
【详解】
A. 蔗糖水解得到葡萄糖和果糖，分子式均为C6H12O5，为同分异构体，A项不符合题意；
B．五个碳原子的饱和链烃为戊烷，戊基有8种，因此戊烷的一氯代物有8种，B项符合题意；
C．乙烷和氯气光照，其产物，包括一氯乙烷（1种）、二氯乙烷（有2种，分别是1,1-二氯乙烷，1,2-二氯乙烷）、三氯乙烷（有2种1,1,1-三氯乙烷，1,1,2-三氯乙烷）、四氯乙烷（2种）、五氯乙烷（1种）、六氯乙烷（1种），氯代烃一共9种，还有HCl，产物可能有10种；C项不符合题意；
D．可以对金刚烷上的氢作如图所示的标号，二氯代物氯的位置分别为①①、①②、①③、①④、①⑤、②⑥共6种；D项不符合题意；
本题答案选B。
【点睛】
一些基本的烷基的种类要记住，有助于解题，比如B选项中，戊基有8种，可以知道戊烷的一氯代物有8种。常见的烷基的种类如下表。
甲基
乙基
丙基
丁基
戊基
1
1
2
4
8

C项中，乙烷上一共6个氢原子，如果二氯代物是2种，那么四氯代物也是2种，可以用替代法，二氯代物中有2个氯原子，4个氢原子；将氯和氢互换，就变成了四氯代物。同理，其一氯代物只有1种，那么其五氯代物也只有1种。
4．C
【解析】
【详解】
A.银镜反应要在碱性环境下进行，加入稀硫酸后并没有加入碱中和酸，因此A项操作错误，A项错误；
B．NO3-和H+在同一溶液中即为硝酸溶液，能够将Fe2+氧化成Fe3+，颜色从浅绿色变成棕黄色，并不是平衡移动，B项错误；
C．配制一定物质的量浓度的溶液，需要的仪器包括天平、烧杯、量筒、胶头滴管、玻璃棒，C项正确；
D．裂化汽油中的烃类含有碳碳双键，会与溴单质反应而褪色，因此上层溶液不会呈现橙红色，D项错误；
本题答案选C。
5．B
【解析】
【详解】
Wˉ与X+电子层结构相同，W、X都是短周期元素，根据阴上阳下，W为第二周期，X为第三周期，W为F元素，X为Na元素；Y的周期数与族序数相同，Y第三周期，第ⅢA族的元素，为Al，Z的最高价氧化物的水化物为强酸可以为S或者Cl元素。
A．简单离子分别为F－、Na＋、Al3＋、S2－，根据核外电子排布相同的情况下，核电荷数越大，半径越小。排序为S2－(Z)>F－(W)>Na＋(X)>Al3＋(Y)，A项错误；
B．W、Z对应氢化物分别为HF、H2S或HCl，由于HF分子间存在氢键，沸点会升高，因此HF>HCl或H2S；B项正确；
C．Z如果是S硫元素，它的酸可以是H2SO3、H2SO4，亚硫酸酸性不一定最强；C项错误；
D．工业上电解NaCl的水溶液，只能得到H2、Cl2、NaOH得不到Na单质；D项错误；
本题答案选B。
【点睛】
Wˉ与X+电子层结构相同，W、X都是短周期元素，会有“阴上阳下”的规律，阴离子对应的元素在上一层的周期，阳离子对应的元素在阴离子对应元素的下一周期。
6．D
【解析】
【详解】
从图中可以看出来，左边为电解饱和食盐水的电解质，右边为氢氧燃料电池。
A．电解池的阴极得电子，产生氢气，方程式为2H2O+2e－=H2+2OH－，A项不符合题意；
B．整个电路中经过的电量是一样的，生成22.4LCl2转移2mol电子，消耗0.5molO2，物质的量之比等于气体体积之比，因此电解池生成了2LCl2，理论上燃料电池应消耗1LO2。B项不符合题意；
C．电解池中阳离子向阴极移动，C项不符合题意；
D．a%，b%，c%的氢氧化钠溶液，电解池中阴极产生NaOH，a>b，在原电池中，通入空气的一极，氧气得电子生成OH-，因此c> a；所以pH大小顺序为c> a>b；D项符合题意；
本题答案选D。
【点睛】
电解池和原电池中阴阳离子的移动方向是相反的。
离子
原电池
电解池
阴离子
向负极移动
向阳极移动
阳离子
向正极移动
向负极移动

7．C
【解析】
【详解】
A．C点AG=0，说明c(H+)=c(OH-)，溶液呈现中性，溶液中之后4种离子，电荷守恒为c(Na+) +c(H+)=c(OH－) +c(CH3COO－)，中性c(H+)=c(OH－)，则c(Na+)=c(CH3COO－)，且c(Na+)> c(H+)，c(Na+)=c(CH3COO－)>c(OH－)=c(H+)正确，A不符合题意；
B．加入10mLNaOH，与醋酸反应。醋酸恰好消耗一半，得到的溶液为为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液。电荷守恒为c(Na+) +c(H+)=c(OH－) +c(CH3COO－)，物料守恒为2c(Na+) = c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)，将两式联合，可以得到2c(H+)+ c(CH3COOH)=2c(OH－) +c(CH3COO－)，移项可得2c(H+)－2c(OH－)=c(CH3COO－)－c(CH3COOH)，B项不符合题意；
C．根据题干信息，AG=lgC(H+)C(OH-)，滴定没有开始时，AG=8.5，而且根据25℃时，溶液中c(H+)•c(OH-)=Kw=10-14，可知开始时c(H+)=10-2.75，Kh=KwKa=10−14c(H+)•c(CH3COO−)c(CH3COOH)，可以近似认为c(H+)= c(CH3COO－)，c(CH3COOH)基本不变。Kh=KwKa=10−1410-2.75×10-2.750.1=10-9.5，不是Kh=10－4.5，C项符合题意；
D．根据题干信息，AG=lgC(H+)C(OH-)，D点AG=-8.5，而且根据25℃时，溶液中c(H+)•c(OH-)=Kw=10-14 ，可求出c(H+)=10-11.25，D溶液的pH=11.25，D项不符合要求。
本题答案选C。
8．4HCl（浓）+MnO2 Cl2↑+MnCl2+2H2O 打开弹簧夹2、打开乙中活塞、关闭乙中活塞、关闭弹簧夹2、打开弹簧夹3、打开甲中活塞。 浓盐酸 冷却结晶 排净装置内的空气。 升华FeCl3冷凝成固态。 溶液分层，下层为橙红色。 Cl2+2Br— == Br2+2Cl—
【解析】
【详解】
(1) ①实验室制取氯气的反应，方程式答案为4HCl（浓）+MnO2=△= Cl2↑+MnCl2+2H2O；
②实验过程，先制取FeCl2，再用氯气氧化FeCl2得到FeCl3，要注意先后，先打开吸收装置，再打开发生装置，关闭的时候先关闭发生装置，再关闭吸收装置。所以实验中先制取FeCl2，打开弹簧夹2、打开乙中活塞；再关闭乙中活塞、关闭弹簧夹2；再制取氯气，氯气为有毒气体用NaOH吸收，所以打开弹簧夹3、打开甲中活塞， 答案为打开弹簧夹2、打开乙中活塞、关闭乙中活塞、关闭弹簧夹2、打开弹簧夹3、打开甲中活塞；
③FeCl3在制取晶体的过程中，由于Fe3+易发生水解，最终会得到Fe2O3，因此要抑制水解，要不断加入浓盐酸，蒸发结晶的过程中加热浓缩后面为冷却结晶。答案为浓盐酸、冷却结晶；
(2) ①反应前通入一般是为了排除装置中空气，该反应中会生成FeCl2，易被氧气氧化，答案为排净装置内的空气；
②B中出现棕黄色固体为FeCl3的颜色，由于FeCl3易升华，到B装置中冷凝下来呈现棕黄色，答案为升华FeCl3冷凝成固态；
③FeCl3分解变成Cl2和FeCl2，Cl2会和NaBr发生反应，得到Br2，CCl4会萃取溴单质，CCl4密度比水大，在下层，呈现橙红色。答案为溶液分层，下层为橙红色；
④Cl2会和NaBr发生反应，得到Br2的反应，答案为Cl2+2Br—= Br2+2Cl—。
【点睛】
题干中给的信息一定要认真分析，并利用。一般信息都会被利用到，如果信息没有被利用到，要重新审视题干是不是有遗漏的部分。
9．Co2O3+4H＋+SO32－== 2Co2++SO42－+2H2O 过量的ClO3－在酸性条件下会与Cl－反应生成氯气。既增加试剂使用，又产生污染。 2.0×10-3mol·L-1 不与水互溶，不与水、Co2+反应，相同条件下杂质离子在萃取剂中溶解度大而Co2+在萃取剂中溶解度小。 b CoC2O4=350℃=Co+2CO2 Co2O3
【解析】
【分析】
(3) 利用Ksp计算即可；
(4) 从选取萃取剂的标准考虑；
【详解】
(1) 水钴矿主要成分为Co2O3，而浸出液中的是Co2+，钴的化合价降低为氧化剂，而Na2SO3为还原剂，Na2SO3主要与Co3+反应，本题要求写出主要反应并不需要写Na2SO3与Fe3+的反应，答案为Co2O3+4H＋+SO32－== 2Co2++SO42－+2H2O；
(2) ClO3－过量使用会带来新的杂质，才会和氯离子发生反应生成氯气，答案过量的ClO3－在酸性条件下会与Cl－反应生成氯气。既增加试剂使用，又产生污染；
(3) c(Ca2+)=1.0×10－3mol·L－1，当除钙率达到99%时，则剩余c(Ca2+)=1.0×10－5mol·L－1，根据Ksp=c(Ca2+)×c(F-)2，则c(F-)=Kspc(Ca2+)=4.0×10－111×10－5=2×10－3，答案为2.0×10-3mol/L；
(4) 按照萃取剂的选择标准，它不能和原溶剂发生反应，不会和溶质发生反应，而且溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度；该过程中萃取剂的作用是将Fe2+、Mn2+、Al3+除去，而不去除Co2+，根据图像可知适宜的pH，答案为不与水互溶，不与水、Co2+反应，相同条件下杂质离子在萃取剂中溶解度大而Co2+在萃取剂中溶解度小；b；
(5)18.30g的CoC2O4·2H2O，为0.1mol,A到B的过程质量减少3.6g,为0.2molH2O,A为CoC2O4，B到C的过程中，质量减少8.8g,只能为0.2molCO2的质量，B处的为Co单质，可以写出反应方程式，B到C在空气中加热，生成Co的氧化物，0.1mol的Co质量为5.9g，剩余2.4g为O的质量，0.15mol，则产物为Co2O3。答案为CoC2O4 Co+2CO2，Co2O3。
10．（-100-0.5△H3）kJ • mol-1 a b c e 低于350℃时，反应未达平衡，温度越高，CO转化率越高。高于350℃时，反应均已达平衡，温度越高，平衡逆向移动CO转化率越低。 低温下自发 0.175mol/(L·min) 9 > 此时Q=1<9=K，说明反应还未达到平衡，需正向移动。 12H＋+2CO2+12e－==CH3OCH3+3H2O
【解析】
【分析】
(1) 利用盖斯定律就可以求出△H
iii利用三等式，可求解。
【详解】
(1)利用盖斯定律合成气(CO、H2)直接制备 1molCH3OCH3(g)的反应2CO(g)+4H2(g)= CH3OCH3 (g)+H2O(g)，其反应热等于2×△H2+△H3 -△H=-244kJ/mol，则△H2=-100-0.5△H3 kJ • mol-1 答案为-100-0.5△H3；
(2) a. 升高温度, 不管是正反应速率，还是逆反应速率都会增加，a符合题意；b. 平衡状态时，只要求各物质浓度保持不变，不要求相等，b符合题意；c. 改变条件，比如扩大体积，平衡，逆向移动反应物的转化率减小, c符合题意；d.当达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率且成比例，d不符合题意；e.向该恒容平衡体系中充入氩气，各反应物和生成物的浓度不变，化学反应速率不变；e符合题意，答案为abce；
(3) i根据图像前部分，温度不高，反应没有达到平衡，反应还在向正向移动，转化率增加；后一部分，温度较高，反应达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，转化率降低。答案为低于350℃时，反应未达平衡，温度越高，CO转化率越高。高于350℃时，反应均已达平衡，温度越高，平衡逆向移动CO转化率越低；
ii从反应②可以看出来，反应熵减小的反应，根据△G=△H-T△S，反应要自发，应该在低温下进行；答案为低温下自发；
iii350℃下，CO的转化率70%，CO消耗1.4mol,则H2消耗2.8mol,ν(H2)=ΔnV×Δt=2.8mol2L×8min=0.175mol•L-1•min-1答案为0.175 mol/(L·min)，生成
CH3OH为1.4mol，浓度为0.7mol/L。求③的平衡常数利用三等式，
2CH3OH(g) CH3OCH3 (g) + H2O(g)
开始的浓度 0.7 mol·L－1 0 0
转化的浓度 0.6mol·L－1 0.3mol·L－1 0.3mol·L－1
平衡的浓度 0.1mol·L－1 0.3mol·L－1 0.3mol·L－1
K=c(CH3OCH3)×c(H2)c(CH3OH)2=0.3×0.30.12=9，答案为0.175 mol/(L·min) 9；
iv.根据浓度商计算，n(CH3OH)=n(CH3OCH3)=n(H2)，Qc=c(CH3OCH3)×c(H2)c(CH3OH)2=1<9，正向移动， v(正)>ν(逆)，答案为>，n(CH3OH)=n(CH3OCH3)=n(H2)，Qc=c(CH3OCH3)×c(H2)c(CH3OH)2=1<9，反应正向移动；
(4) 根据电荷守恒和物料守恒，写出来，答案为12H＋+2CO2+12e－==CH3OCH3+3H2O。
11．3s23p4 纺锤形 Fe<H<S<O Fe3＋的3d能级为3d5，处于半充满状态，较稳定。 SO2、SO3 H2O、SO2 SO3 离子晶体 Fe2O3 FeO π（rO3+rFe3）×10-30NAρ54
【解析】
【分析】
(1) 根据核外电子排布规律可以写出，半充满或全充满比较稳定；
(2) ABm型杂化类型的判断；中心原子电子对数n=12(中心原子价电子数+配位原子成键电子数±加减电荷数)，通过n就可知杂化轨道数，价层电子对互斥理论(VSEPR)分析构型；
(3)离子化合物在熔融状态下能够电离；
【详解】
(1) 硫为第三周期，第ⅥA族的元素，价电子有6个，价层电子排布为3s23p4，能级最高的轨道为p轨道，为纺锤形，四种元素分别为Fe、H、S、O，根据元素周期律可以得到其电负性排序为Fe<H<S<O，Fe3＋的3d能级为3d5，处于半满状态，而Fe2＋的3d能级为3d6，答案为3s23p4 纺锤形 Fe<H<S<O Fe3＋的3d能级为3d5处于半充满状态，较稳定；
(2) H2O中O原子杂化轨道数n=12(6+2)=4，为sp3，SO2中的S原子杂化轨道数n=12(6+0)=3，为sp2杂化，SO3中的S原子杂化轨道数n=12(6+0)=3，为sp2杂化，SO42－中的S原子杂化轨道数n=12(6+2)=4，为sp3杂化，为sp2有SO2和SO3，其中V
形的分子有H2O和SO2，利用价层电子对互斥理论(VSEPR)分析构型H2O价层电子对个数n=2+12(6-1×2)=4，为V形分子，同理SO2V形分子，SO3为平面三角形分子，SO42－为正四面体构型，SO3为平面三角形分子，非极性分子。答案为SO2、SO3 H2O和SO2 SO3；
(3) 离子晶体在高温下会发生电离，产生阴阳离子，其晶体类型最可能是离子晶体；Fe2O3中Fe3+所带电荷较高，离子键较强，熔点高；答案为离子晶体 Fe2O3；
(4) 从晶胞可以看出，阴阳离子个数比为1:1，所以化学式为FeO, 空间利用率=元素所占的体积/晶胞的体积，晶胞中有4个O原子和4个Fe原子，则原子的所占的体积为163π（rO3+rFe3）×10-30cm3，根据V=mρ，求出体积，V=288NAρcm3，利用率为π（rO3+rFe3）×10-30NAρ54，答案FeO π（rO3+rFe3）×10-30NAρ54。
【点睛】
算晶胞体积的时候，不能利用边长的立方来求，而需要利用密度和NA。
12．正丁醛 醛基、羧基 取代反应 CH2=CH2+H2O2CH2OH-CH2OH 取少量F与新制的氢氧化铜溶液加热，若出现砖红色沉淀说明存在醛基，静置，取上层清液加入酸性高锰酸钾溶液中，若溶液褪色，证明存在碳碳双键 13种
【解析】
【详解】
乙烯和Br2加成，A为1,2-二溴乙烷。B可以经过两次氧化，A到B应该是氯代烃到醇，B为乙二醇，但是连续两次氧化后，D的分子式为C2H2O3，并不是乙二酸，C到D只氧化了一个醛基，D中既有一个醛基和一个羧基，则D的结构简式为OHCCOOH，从D和Y的产物，左边部分与D相似，去掉，再Y的分子式可以推断Y的结构简式为。E在NaOH溶液中生成F，根据已知②，可以知道E为醛，乙醛，根据已知信息，可以得到F的结构简式为CH3CH=CHCHO，G能够发生银镜反应，则F中的双键和H2发生加成，生成CH3CH2CH2CHO。
(1)G的结构简式为CH3CH2CH2CHO，名称为正丁醛；D为OHCCOOH，含有的官能团为醛基、羧基；答案为正丁醛 醛基、羧基；
(2) D的结构简式为OHCCOOH，从D和Y的产物，左边部分与D相似，去掉，再Y的分子式可以推断Y的结构简式；A到B为卤代烃水解，取代反应，答案 取代反应；
(3)B为乙二醇，乙烯和双氧水反应生成乙二醇，根据原子守恒，则答案为CH2=CH2+H2O2CH2OH-CH2OH；
(4) F的结构简式为CH3CH=CHCHO，其中既有双键和醛基，碳碳双键和羟基都易被氧化，用高锰酸钾检验碳碳双键时，醛基也会被氧化，所以要分开检验，利用新制氢氧化铜等弱氧化剂氧化醛基，则检验碳碳双键。答案为取少量F与新制的氢氧化铜溶液加热，若出现砖红色沉淀说明存在醛基，静置，取上层清液加入酸性高锰酸钾溶液中，若溶液褪色，证明存在碳碳双键；
(5)J的分子式为C8H8O3，只有3个氧原子，要满足i和ii.，从ii可以知道，同分异构体中有酚羟基，羟基占一个O原子，要满足i，有酯基又有醛基，但是只有2个O原子，则为甲酸酯，存在—OOCH的结构。还有一个C原子，该C原子可以为甲基，也可以与酯基相连成为—CH2OOCH的结构。则有两种情况，第一种有3个取代基分别是甲基、羟基、—OOCH，有10种同分异构体，第二种有羟基、—CH2OOCH，有3种同分异构体，共13种，答案为13；
(6) 这种物质的结构在流程图中与G相似，模范乙烯到G的过程，答案为。
【点睛】
1、碳碳双键和醛基的检验要分开，均可以使高锰酸钾溶液褪色，所以一般先氧化醛基，再对碳碳双键进行检验；
2、有酯基又有醛基，且只有2个O原子，一般为甲酸酯，为比较特殊的结构；
3、苯环上取代物的同分异构体数目最好记住，有利于提高解题速度，如下表；
苯环上取代基
A
AA
AB
AAA
AAB
ABC
同分异构体数目
1
3
3
3
6
10

如本题中，知道有3个不同的取代基，则同分异构体数目为10。