精品解析：河北唐山市第一中学2025-2026学年高一下学期钱学森班学业水平考试 化学试题

2026年唐山一中钱学森班学业水平考试 化学试题 满分100分 考试用时75分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号和考场号填写在试卷和答题卡的相应位置上。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息定位点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在本试卷上。非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的钢笔或签字笔答题，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上，不按以上要求作答无效。 3.所有答案均在答题卡上作答，在本试卷或草稿纸上作答无效。答题前，要认真阅读答题卡上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题。 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 5.可能用到的相对原子质量：H-1 Li -7 Be-9 B-11 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 P-31 S-32 Cl-35 K-39 Ca-40 As-75 Hg-201 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上。 1. 下列说法正确的是 A. 实验室常用氯气通入蒸馏水制备新制氯水 B. 被玻璃创伤后先用3%的H2O2清洗，再涂红药水(主要成分为2%的汞溴红，可解离出汞离子)和碘酒，最后用到创可贴外敷 C. 晶体和非晶体的本质区别是内部构成微粒是否在空间上呈有规律的重复排列 D. 种植甘蔗、甜菜常用NH4Cl 做肥料，过量施用时会引起土壤酸化 2. 一种双腔室H2O2燃料电池工作原理示意图如图所示，双极膜中间层的H2O解离为H+和OH-，并在电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是 A. X极为负极 B. Y电极反应式为 C. 两室共消耗34g H2O2时，理论上右侧电极室溶液质量增加1g D. 向左侧电解液中滴加少量的FeCl3溶液，能增大电流并提高H2O2利用率 3. 光催化剂可用于含硫废液的氧化处理，光生电子()与水电离出的、作用生成过氧羟基自由基()，空穴()与水电离出的作用生成羟基自由基()，分别与和反应生成，变化过程如图所示。下列说法错误的是 A. 通过①②过程和③④过程产生的之比为 B. 氧化的反应为 C. pH过高会影响催化剂的催化效果，过低则不影响催化剂的催化效果 D. 氧化含硫废液的总反应为 4. 科研工作者设计了一种用于废弃电极材料再锂化的电化学装置，其示意图如下： 已知：参比电极的作用是确定再锂化为的最优条件，不干扰电极反应。下列说法正确的是 A. 电极上发生的反应： B. 产生标准状况下时，理论上可转化的 C. 再锂化过程中，向电极迁移 D. 电解过程中，阳极附近溶液pH升高 5. 已知：过渡态基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态。过渡态是一种旧键没有完全断裂、新键没有完全形成的状态，是基元反应中具有最高能量的一种结构状态。通常可用过渡态的数量和化学吸脱附次数判断基元反应数量。 我国科学家成功催化氢化CO2获得甲酸。利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图1所示(Bu表示丁基)，其中化合物2与水反应生成化合物3和HCOO-过程中的能量变化如图2所示。下列说法正确的是 A. 化合物1为催化剂，能提高CO2催化反应的速率及平衡转化率 B. 升高温度，反应的活化能降低，从而加快反应速率 C. 图乙表示的反应历程包括三步基元反应，第三步为决速步(通常具有最高的活化能) D. 图2中，通过各正逆基元反应的活化能可计算该总反应的焓变 6. 利用超干法重整制合成气，主要涉及如下三个反应： Ⅰ： ； Ⅱ： ； Ⅲ： 。 向恒容密闭容器中，通入和发生上述反应，测得平衡时、、、的物质的量随温度的变化如图。下列说法错误的是 A. 曲线c表示平衡时的物质的量随温度的变化 B. 时，的物质的量为 C. 间随温度升高，的物质的量增大 D. 时，其他条件不变，平衡后及时移除，增大 7. 化合物()为釉料添加剂，可调节陶瓷釉面的硬度、光泽度和化学稳定性。W、X、Y、Z、M为前20号主族元素，且原子序数依次增加，Z的原子序数为W、X、Y三种元素原子序数之和。(摩尔质量为164g/mol)在隔绝空气条件下受热分解过程的热重曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 简单离子半径：M＞Z B. W2X2Y4晶体中含有的化学键有极性键、非极性键、氢键 C. Z的最高价氧化物对应的水化物与NaOH反应，能生成三种盐 D. 1个在由200℃加热到520℃时，失去2个XY分子 8. 已知：①熵变ΔS的正负主要与反应前后物质的量Δn有关，分为有气体参加和没有气体参加两种情况进行分析，对有气体参加的反应，主要看反应前后气体物质的量的变化值即Δn，Δn为正值，且Δn越大，反应后熵增加越大；Δn为负值，且Δn越小，反应后熵减越多。 氧化汞可以发生分解反应：，下列起始状态Ⅰ中有HgO、Hg和O2，经不同过程达到各平衡状态，已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，此反应当温度一定时，平衡状态下氧气分压为定值。下列叙述错误的是 A. 压强： B. 若Ⅲ的体积为Ⅰ的两倍，则压强： C. 从Ⅰ到Ⅱ的过程ΔS＞0 D. 逆反应速率：Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ＞Ⅳ 9. 在恒温条件下，将amolN2与amolH2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应：。在某次合成氨时测得以下数据，则以下说法正确的是 实验 1 m n p q 2 2m n p 2q 3 m n 0.1p 10q 4 m 2n p 2.828q A. 反应到某一时刻时，，，则a的值为16 B. 通过控制反应条件，不能提高该反应进行的程度 C. 使用催化剂是为了提高正反应速率，提高生产效率 D. 若该次合成氨时的速率方程为，根据表中数据，γ=1 10. 硫氰化铵(NH4SCN)可以作为聚合反应的催化剂。NH3不溶于CS2.实验室模拟制备少量NH4SCN样品的装置如图所示(加热与夹持装置已略去)，实验原理：，下列说法错误的是 A. 装置A中可以用浓氨水和生石灰来制备氨气 B. 装置B、D的作用不同，B内可放碱石灰，D内可放P2O5 C. 装置C内导管应伸入CS2层 D. 装置C中反应完全的标志是C中液体不再分层 11. 三种不同金属催化剂a、b、c在阴极区进行CO2电催化还原的反应过程如图1所示，H+还原为H2的反应可同时发生，反应历程如图2。下列说法中不正确的是 A. 综合图1、图2，电催化CO2还原为HCOOH选择a催化剂最佳 B. 由图1可知，CO2还原生成HCOOH和CO反应的ΔH＞0 C. 由图1可知，反应过程的过渡态中，c为催化剂时最稳定 D. 由图2可知，用a催化剂最容易析出H2 12. 和可发生化合反应生成，实验室利用和制备少量的装置如图所示。已知：可与反应生成(只存在于溶液中)。下列说法错误的是 A. 装置②中的试剂水可用稀硫酸代替 B. 若撤去③或⑤，可能会导致产品中混有杂质 C. 装置⑥中溶液的作用是吸收未反应的，防止污染空气 D. 装置①中反应掉，理论上最多生成 13. 砷元素(As)主要有+3和+5两种价态，使用吸附剂是去除工业废水中砷元素的有效措施之一，吸附原理为吸附剂的带电基团可吸附异性离子。常温下分别向含亚砷酸(H3AsO3)、砷酸(H3AsO4)的水溶液中加入NaOH溶液，含砷物种的分布系数与pH的关系如图1、图2所示。已知某吸附剂X所带电荷与pH有关：pH=7时吸附剂X不带电荷，pH越小，所带正电荷越多，pH越大，所带负电荷越多。下列有关说法错误的是 A. 三价砷在pH小于7时以分子形式存在 B. 常温下pH=7时， C. 常温下pH在4～7时，吸附剂X对三价砷几乎不吸附 D. 常温下pH越大，吸附剂X对五价砷的吸附量越大 14. 铁黄(FeOOH)是一种重要的化工产品。其颜色为黄色。为制备高品质铁黄，需先制备少量铁黄晶种。制备过程及现象：向一定浓度的FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时，开始通空气并记录pH变化如图1，反应中可能会生成黄褐色羟基硫酸铁(Fe(OH)SO4)沉淀、黑色四氧化三铁(Fe3O4)沉淀的一种或两种，制得的铁黄晶体中含以上一种或两种杂质均会导致制得的晶体呈黄褐色。 资料： ①本实验中，不同pH下+3价铁元素的存在状态如表所示； pH ＜1.5 1.5～2.8 2.8～6.0 存在状态 Fe3+ Fe3+、FeOOH FeOOH ②t3后，pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量； ③产品纯度测定参见图2； ④，不与稀碱液反应。 下列说法正确的是 A. 主要发生，Fe2+被氧化为Fe3+和FeOOH B. 制得的铁黄晶体为黄褐色，广广同学认为其中混有四氧化三铁使得颜色变深，他将样品用盐酸充分溶解后加入高锰酸钾溶液，发现紫色褪去，证明样品中含四氧化三铁 C. 柱柱同学测定产品纯度时，加入的Na2C2O4溶液不足，这样会导致测定纯度偏小 D. 若制得的铁黄中只含有羟基硫酸铁一种杂质，算得W g铁黄样品纯度为 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 合成气(CO和H2)是重要的工业原料气。 研究CH4、H2O(g)与不同配比的铁铈载氧体[，，Ce是活泼金属，正价有+3、+4]反应，气体分布及其制备原理由图1所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O(g)，依次发生的主要反应： 步骤Ⅰ： 步骤Ⅱ： （1）步骤Ⅰ中铁铈载氧体________(填“得到”或“失去”)电子。 （2）步骤Ⅰ中，产物气体分数、CH4转化率、与x的关系如图2所示。当x=0时，大于理论值2的可能原因有________。 （3）步骤Ⅰ中，当x=0.5时，通入标准情况下300mL的CH4至反应结束，CO的选择性，则生成标况下CO和H2的总体积为________mL。 （4）当x=0.5时，新制载氧体、与CH4反应后的载氧体的X射线衍射图谱如图3所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与H2O(g)反应的物质有________(填化学式)。 16. 采用两段焙烧-水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如图所示。 已知：该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解成NH4HSO4，高温则完全分解为气体；Fe2(SO4)3在650℃下完全分解，其他金属硫酸盐的分解温度均高于700℃；过氧化氢过量时，会进一步把硫单质氧化为硫酸根。 回答下面问题： （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2和NH3生成，该反应的化学方程式为________；“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还有________(填化学式)。 （2）在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸”时金属元素的浸出率________(填“增大”或“减小”或“不变”)。 （3）HR萃取Cu2+反应为：。“反萃取”时加入的试剂为________(填化学式)。 （4）“沉钴”中，CoS“溶解”时发生的离子方程式为________；向含有0.2molCoS反应体系中缓慢加入双氧水，若最终获得4.8g硫单质，则参加反应的过氧化氢的物质的量为________mol。 （5）“沉锰”所得溶液并入“吸收”液中经处理后所得产品导入________(填操作单元名称)循环利用。 17. 氯和硫的相关化合物都是重要的无机化工原料。 氯气是一种重要的基础化工材料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。 （1）硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下： 。 ①若正反应的活化能为，则逆反应的活化能________(用含的代数式表示)。 ②恒容密闭容器中按不同进料比充入和，测定、、温度下体系达平衡时的(，为体系初始压强，，为体系平衡压强)，结果如图1所示，则M点Cl2的转化率为________。 ③图2曲线中能准确表示温度下随进料比变化的是________(填序号)。 （2）1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程如图3所示，其中各反应的速率方程均可表示为，其中、分别为各反应中对应反应物的浓度，为速率常数(分别对应反应①～⑤)。某温度下，反应器内加入一定量的X，保持体系内氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)。测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，。 ①30 min时，，且30～60 min内，反应进行到60 min时，________。 ②60 min时，，若0～60 min产物T的产量可忽略不计，此时________mol/L；60 min后，随T的含量增加，________(填“增大”或“减小”或“不变”)，若某时刻，反应⑤的速率为，则________(用含和的代数式表示)。 利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO2转化生产单质S，涉及的主要反应如下： Ⅰ： Ⅱ： Ⅲ： 恒容条件下，按1 mol CaS，1mol SO2和0.1molH2投料反应，平衡状态下，各气态物种的lgn随温度的变化关系如图4所示，为气态物种物质的量的值。 已知：①图4所示温度范围内反应Ⅱ平衡时恒定不变； ②气体摩尔常数，其对应的温度单位为开尔文，压强单位为帕斯卡，体积单位为立方米。 （3）反应的焓变ΔH=________(用含、、的代数式表示)。 （4）T1温度下，体系达平衡时，H2O线、SO2线所示物种的物质的量相等，若H2线所示物种为amol，则S2为________mol(用含a的代数式表示)；此时，CaS与CaSO4物质的量的差值为________mol(用含a的代数式表示)。 （5）T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积S2产率增大。与压缩前相比，H2O物质的量________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （6）对于一密闭恒容温度恒定为T的容器只发生反应Ⅲ，下列选项中能判定化学反应达到平衡状态的是________。 A. 压强与密度之比不变 B. 压强与平均摩尔质量之比不变 C. 压强与平均摩尔质量之积不变 D. 压强与平均摩尔质量平方之积不变 （7）在一密闭恒压恒温体积可变的容器内发生反应Ⅰ．设初始时SO2物质的量为，参加反应的CaS物质的量为x mol(净反应)，反应在，1273 K的环境下进行。如果你认为气体密度可变，则请写出气体密度ρ关于和x的二元解析式；如果你认为气体密度恒定，请直接写出ρ的值________(结果允许保留原始计算式且计算式中不含单位，ρ的单位为kg/cm3)。 18. 烃类化合物是有化合机物中重要的一类。 （1）如图所示，某立方烷的结构为正方体结构，一个分子八个碳原子位于其八个顶点上，其分子式为C8H8，则它的四氯代物的同分异构体有________种。 （2）某烯烃最多有________个原子共面。 （3）烷烃C5H12的二氯代物有________种。 （4）烷烃是烯烃(只含一个C=C)与H2发生加成反应的产物，则R的结构简式有________种。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年唐山一中钱学森班学业水平考试 化学试题 满分100分 考试用时75分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号和考场号填写在试卷和答题卡的相应位置上。 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息定位点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在本试卷上。非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的钢笔或签字笔答题，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上，不按以上要求作答无效。 3.所有答案均在答题卡上作答，在本试卷或草稿纸上作答无效。答题前，要认真阅读答题卡上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题。 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 5.可能用到的相对原子质量：H-1 Li -7 Be-9 B-11 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 P-31 S-32 Cl-35 K-39 Ca-40 As-75 Hg-201 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上。 1. 下列说法正确的是 A. 实验室常用氯气通入蒸馏水制备新制氯水 B. 被玻璃创伤后先用3%的H2O2清洗，再涂红药水(主要成分为2%的汞溴红，可解离出汞离子)和碘酒，最后用到创可贴外敷 C. 晶体和非晶体的本质区别是内部构成微粒是否在空间上呈有规律的重复排列 D. 种植甘蔗、甜菜常用NH4Cl 做肥料，过量施用时会引起土壤酸化 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验室制备新制氯水需要将氯气通入冷蒸馏水中，防止次氯酸受热分解，该选项未指明温度，且常温下次氯酸易分解导致制得的氯水有效成分含量低，实际制备不符合该描述，A错误； B．红药水中解离出的汞离子会与碘酒中的碘单质反应生成剧毒的碘化汞，二者禁止混合使用，B错误； C．晶体与非晶体的本质区别就是内部构成微粒在微观空间是否呈周期性有序排列，即有规律的重复排列，C正确； D．甘蔗、甜菜属于不宜施用含氯肥料的作物，氯离子会降低其糖分积累，生产中不会常用做其肥料，D错误； 故选C。 2. 一种双腔室H2O2燃料电池工作原理示意图如图所示，双极膜中间层的H2O解离为H+和OH-，并在电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是 A. X极为负极 B. Y电极反应式为 C. 两室共消耗34g H2O2时，理论上右侧电极室溶液质量增加1g D. 向左侧电解液中滴加少量的FeCl3溶液，能增大电流并提高H2O2利用率 【答案】BC 【解析】 【分析】由图可知，X电极上发生过氧化氢得到电子生成水的反应，氧元素化合价降低，X极为正极；故Y电极为负极，Y电极上发生的反应为过氧化氢失去电子发生氧化反应生成氧气；双极膜中解离出的氢氧根离子向右室移动、氢离子向左室移动；据此解答。 【详解】A．X极中转化为，元素化合价从-1降低到-2，得电子发生还原反应，为正极，A错误； B．Y极为负极，碱性环境下失电子生成，结合电荷守恒、原子守恒配平可得电极反应式为，B正确； C．X电极上发生H2O2+2H++2e-=2H2O，Y电极上发生H2O2+2OH--2e-=O2↑+2H2O，总消耗34 g（即1 mol）时，电路中转移1 mol电子，此时右侧电极室有1 mol 从双极膜迁入，同时生成0.5 mol 逸出，溶液质量增加，C正确； D．会催化发生分解反应，使未参与电极反应就被消耗，降低利用率，D错误； 故选BC。 3. 光催化剂可用于含硫废液的氧化处理，光生电子()与水电离出的、作用生成过氧羟基自由基()，空穴()与水电离出的作用生成羟基自由基()，分别与和反应生成，变化过程如图所示。下列说法错误的是 A. 通过①②过程和③④过程产生的之比为 B. 氧化的反应为 C. pH过高会影响催化剂的催化效果，过低则不影响催化剂的催化效果 D. 氧化含硫废液的总反应为 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，反应①：H++O2+e-=·OOH，反应②：2·OOH+3=3+H2O，反应③：h++OH-=·OH，反应④：2·OH+=+H2O，水电离产生的H+和OH-的物质的量相等，氧化过程的总反应为：。 【详解】A．过程①中·OOH和反应生成，反应为：2·OOH+3=3+H2O，过程③中‧OH和反应生成，反应为2·OH+=+H2O，所以通过①②过程和③④过程产生的之比为3:1，故A正确； B．‧OH氧化生成，反应为2·OH+=+H2O，B正确； C．该变化过程中H+和OH-参与反应，pH值过低或过高均会影响催化剂的催化效果，C错误； D．由图及分析，氧化含硫废液的总反应为，D正确； 答案选C。 4. 科研工作者设计了一种用于废弃电极材料再锂化的电化学装置，其示意图如下： 已知：参比电极的作用是确定再锂化为的最优条件，不干扰电极反应。下列说法正确的是 A. 电极上发生的反应： B. 产生标准状况下时，理论上可转化的 C. 再锂化过程中，向电极迁移 D. 电解过程中，阳极附近溶液pH升高 【答案】B 【解析】 【分析】由装置图可知，该装置中有直流电源，为电解池，则 转化为过程中，Co元素化合价由降为+3，得电子发生还原反应，为阴极，电极反应式为，Pt电极为阳极，失电子，发生氧化反应，电极反应式为，据此回答。 【详解】A．由分析知，电极上发生的反应：，A错误； B．由电极反应式可知，产生标准状况下5.6L(即0.25 mol) 时转移1 mol 电子，理论上转化的，B正确； C．为阴离子，应向阳极移动，即向Pt电极迁移，C错误； D．由阳极电极反应式可知，电解过程中，阳极产生、消耗，酸性增强，则阳极附近pH降低，D错误； 故选B。 5. 已知：过渡态基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态。过渡态是一种旧键没有完全断裂、新键没有完全形成的状态，是基元反应中具有最高能量的一种结构状态。通常可用过渡态的数量和化学吸脱附次数判断基元反应数量。 我国科学家成功催化氢化CO2获得甲酸。利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图1所示(Bu表示丁基)，其中化合物2与水反应生成化合物3和HCOO-过程中的能量变化如图2所示。下列说法正确的是 A. 化合物1为催化剂，能提高CO2催化反应的速率及平衡转化率 B. 升高温度，反应的活化能降低，从而加快反应速率 C. 图乙表示的反应历程包括三步基元反应，第三步为决速步(通常具有最高的活化能) D. 图2中，通过各正逆基元反应的活化能可计算该总反应的焓变 【答案】D 【解析】 【详解】A．催化剂只能降低反应活化能加快反应速率，缩短到达平衡的时间，不能使平衡发生移动，不能提高平衡转化率，A错误； B．升高温度可增大活化分子百分数从而加快反应速率，升温不会使活化能降低，B错误； C．过渡态数量为3，对应三步基元反应，其中第二步的活化能为最高，为决速步，C错误； D．总反应焓变等于各基元反应焓变之和，每个基元反应的焓变等于其正反应活化能减去逆反应活化能，因此可通过各正逆基元反应的活化能计算总反应焓变，D正确； 故选D。 6. 利用超干法重整制合成气，主要涉及如下三个反应： Ⅰ： ； Ⅱ： ； Ⅲ： 。 向恒容密闭容器中，通入和发生上述反应，测得平衡时、、、的物质的量随温度的变化如图。下列说法错误的是 A. 曲线c表示平衡时的物质的量随温度的变化 B. 时，的物质的量为 C. 间随温度升高，的物质的量增大 D. 时，其他条件不变，平衡后及时移除，增大 【答案】B 【解析】 【分析】由题图中平衡时各物质的物质的量随温度变化曲线，结合所给化学方程式可知，升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ正向移动，反应Ⅲ逆向移动，故曲线表示，曲线表示，曲线表示，曲线表示，据此分析。 【详解】A．曲线c表示平衡时的物质的量随温度的变化，A不符合题意； B．由题图可知，900 K时，，根据碳原子守恒得，根据氧原子守恒得，根据氢原子守恒得，B符合题意； C．间随温度升高，的物质的量逐渐减小，的物质的量也逐渐减小，根据氢原子守恒，则的物质的量增大，C不符合题意； D．时，其他条件不变，平衡后及时移除，反应Ⅱ正向移动，反应Ⅲ逆向移动，增大，D不符合题意； 故选B。 7. 化合物()为釉料添加剂，可调节陶瓷釉面的硬度、光泽度和化学稳定性。W、X、Y、Z、M为前20号主族元素，且原子序数依次增加，Z的原子序数为W、X、Y三种元素原子序数之和。(摩尔质量为164g/mol)在隔绝空气条件下受热分解过程的热重曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 简单离子半径：M＞Z B. W2X2Y4晶体中含有的化学键有极性键、非极性键、氢键 C. Z的最高价氧化物对应的水化物与NaOH反应，能生成三种盐 D. 1个在由200℃加热到520℃时，失去2个XY分子 【答案】C 【解析】 【分析】W、X、Y、Z、M为前20号主族元素，且原子序数依次增加，(摩尔质量为164 g/mol)，加热到200℃失去2个W2Y，失重22%，可知W2Y的摩尔质量为g/mol，可知W2Y是H2O，W是H元素、Y是O元素；结合化学式，可知的相对分子质量为，符合草酸盐的通式，因此X是C。Z的原子序数为W、X、Y三种元素原子序数之和，Z为P元素。五种前20号主族元素原子序数依次递增，最后M的原子序数大于Z(P)，结合的价态，M为+2价的Ca，最终化合物为。 【详解】A．电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：P3-＞Ca2+，故A错误； B．H2C2O4晶体为分子晶体，结构为，含有的化学键有极性键、非极性键,氢键不是化学键，故B错误； C．P的最高价氧化物对应的水化物是H3PO4，是三元酸，与NaOH反应，能生成Na3PO4、Na2HPO4、NaH2PO4三种盐，故C正确； D．1个在由200℃加热到520℃时，失重26.9%，，失去1个CO2分子，故D错误； 故选C。 8. 已知：①熵变ΔS的正负主要与反应前后物质的量Δn有关，分为有气体参加和没有气体参加两种情况进行分析，对有气体参加的反应，主要看反应前后气体物质的量的变化值即Δn，Δn为正值，且Δn越大，反应后熵增加越大；Δn为负值，且Δn越小，反应后熵减越多。 氧化汞可以发生分解反应：，下列起始状态Ⅰ中有HgO、Hg和O2，经不同过程达到各平衡状态，已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，此反应当温度一定时，平衡状态下氧气分压为定值。下列叙述错误的是 A. 压强： B. 若Ⅲ的体积为Ⅰ的两倍，则压强： C. 从Ⅰ到Ⅱ的过程ΔS＞0 D. 逆反应速率：Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ＞Ⅳ 【答案】CD 【解析】 【分析】该反应的正反应为气体分子数目增多的反应，即Δn>0，因此正反应的ΔS>0。反应的平衡常数Kp=p(O2)。状态Ⅱ到Ⅲ的过程，体积增大，反应正向进行，因此固体质量减少。已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，故从状态Ⅰ到Ⅱ的过程固体质量增多，反应逆向进行。 【详解】A．当温度一定时，反应的平衡常数不变，平衡状态下氧气分压为定值，Ⅱ和Ⅲ均为平衡状态，故氧气分压相同，体系总压强等于氧气分压，故压强PⅡ=PⅢ，A正确； B．Ⅲ和Ⅰ的固体质量相等，可知体系内氧气的分子数目相等，故当Ⅲ的体积为Ⅰ的两倍时，Ⅲ的压强为Ⅰ的一半，已知PⅡ=PⅢ，故PⅠ=2PⅡ，B正确； C．从Ⅰ到Ⅱ的过程，反应逆向进行，故ΔS<0，C错误； D．逆反应速率与氧气分压成正比，已知PⅡ=PⅢ，故逆反应速率Ⅱ=Ⅲ，D错误； 故本题选CD。 9. 在恒温条件下，将amolN2与amolH2的混合气体通入一个固定容积的密闭容器中，发生如下反应：。在某次合成氨时测得以下数据，则以下说法正确的是 实验 1 m n p q 2 2m n p 2q 3 m n 0.1p 10q 4 m 2n p 2.828q A. 反应到某一时刻时，，，则a的值为16 B. 通过控制反应条件，不能提高该反应进行的程度 C. 使用催化剂是为了提高正反应速率，提高生产效率 D. 若该次合成氨时的速率方程为，根据表中数据，γ=1 【答案】C 【解析】 【详解】A．生成时，根据反应计量关系，消耗的物质的量为，因此初始的物质的量，A错误； B．该反应为气体分子数减少的放热反应，通过加压、降温、及时分离等操作可使平衡正向移动，提高反应进行的程度，B错误； C．催化剂可同等程度提高正、逆反应速率，缩短达到平衡的时间，提高生产效率，其确实能提高正反应速率以达到提升生产效率的目的，C正确； D．对比实验1和实验3，、不变，变为原来的倍，速率变为原来的倍，代入速率方程得，解得，D错误； 故选C。 10. 硫氰化铵(NH4SCN)可以作为聚合反应的催化剂。NH3不溶于CS2.实验室模拟制备少量NH4SCN样品的装置如图所示(加热与夹持装置已略去)，实验原理：，下列说法错误的是 A. 装置A中可以用浓氨水和生石灰来制备氨气 B. 装置B、D的作用不同，B内可放碱石灰，D内可放P2O5 C. 装置C内导管应伸入CS2层 D. 装置C中反应完全的标志是C中液体不再分层 【答案】B 【解析】 【详解】A．生石灰与水反应放热且增大浓度，促进逸出，可通过固液不加热装置制备氨气，A正确； B．装置B作用是干燥，可放碱性干燥剂碱石灰；装置D作用是吸收有毒酸性尾气，为酸性干燥剂，无法吸收，故D内不可放，B错误； C．不溶于，导管伸入层可使反应物充分接触，提高反应效率，C正确； D．难溶于水且密度大于水，反应前C中液体分层，完全消耗时液体不再分层，可作为反应完全的标志，D正确； 故选B。 11. 三种不同金属催化剂a、b、c在阴极区进行CO2电催化还原的反应过程如图1所示，H+还原为H2的反应可同时发生，反应历程如图2。下列说法中不正确的是 A. 综合图1、图2，电催化CO2还原为HCOOH选择a催化剂最佳 B. 由图1可知，CO2还原生成HCOOH和CO反应的ΔH＞0 C. 由图1可知，反应过程的过渡态中，c为催化剂时最稳定 D. 由图2可知，用a催化剂最容易析出H2 【答案】A 【解析】 【详解】A．电催化还原为需要目标反应活化能低、副反应（析氢）活化能高。则选择c催化剂最佳，A错误； B．由图1可知，生成物、的相对能量均高于反应物总相对能量，因此反应的，B正确； C．中间产物能量越低越稳定，由图1可知c为催化剂时的相对能量最低，因此其最稳定，C正确； D．活化能越低反应越容易进行，由图2可知a作催化剂时析氢反应的活化能最低，因此最容易析出，D正确。 12. 和可发生化合反应生成，实验室利用和制备少量的装置如图所示。已知：可与反应生成(只存在于溶液中)。下列说法错误的是 A. 装置②中的试剂水可用稀硫酸代替 B. 若撤去③或⑤，可能会导致产品中混有杂质 C. 装置⑥中溶液的作用是吸收未反应的，防止污染空气 D. 装置①中反应掉，理论上最多生成 【答案】D 【解析】 【分析】装置①中铜和浓硝酸反应生成二氧化氮；装置②中二氧化氮与水反应，生成和硝酸，铜与稀硝酸反应生成一氧化氮；装置③中用干燥剂干燥；装置④中发生目标反应；装置⑤中，吸收水，防止⑥中水进入；装置⑥进行尾气处理，据此分析作答。 【详解】A．稀硫酸中有水，且该题条件下，不与反应，可以用稀硫酸代替水，A项正确； B．若撤去③或⑤，水蒸气会进入装置④，水和反应会生成，B项正确； C．溶液的作用是吸收NO，C项正确； D．装置①中反应掉，根据(浓)，则生成，根据，则生成，根据(稀)，则生成，则共生成，根据，故理论上最多生成，质量为，D项错误； 答案选D。 13. 砷元素(As)主要有+3和+5两种价态，使用吸附剂是去除工业废水中砷元素的有效措施之一，吸附原理为吸附剂的带电基团可吸附异性离子。常温下分别向含亚砷酸(H3AsO3)、砷酸(H3AsO4)的水溶液中加入NaOH溶液，含砷物种的分布系数与pH的关系如图1、图2所示。已知某吸附剂X所带电荷与pH有关：pH=7时吸附剂X不带电荷，pH越小，所带正电荷越多，pH越大，所带负电荷越多。下列有关说法错误的是 A. 三价砷在pH小于7时以分子形式存在 B. 常温下pH=7时， C. 常温下pH在4～7时，吸附剂X对三价砷几乎不吸附 D. 常温下pH越大，吸附剂X对五价砷的吸附量越大 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图1可知，pH小于7时三价砷主要以中性分子形式存在，A正确； B．pH=7时，电荷守恒为，结合图2可知pH=7时，代入可得，B正确； C．pH在4~7时吸附剂X带正电荷，而三价砷主要以中性分子存在，异性电荷吸附原理下几乎不被吸附，C正确； D．pH>7时吸附剂X带负电荷，且pH越大所带负电荷越多，五价砷主要以带负电的阴离子形式存在，同性电荷相互排斥，吸附量随pH增大而减小，并非pH越大吸附量越大，D错误； 故答案选D。 14. 铁黄(FeOOH)是一种重要的化工产品。其颜色为黄色。为制备高品质铁黄，需先制备少量铁黄晶种。制备过程及现象：向一定浓度的FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时，开始通空气并记录pH变化如图1，反应中可能会生成黄褐色羟基硫酸铁(Fe(OH)SO4)沉淀、黑色四氧化三铁(Fe3O4)沉淀的一种或两种，制得的铁黄晶体中含以上一种或两种杂质均会导致制得的晶体呈黄褐色。 资料： ①本实验中，不同pH下+3价铁元素的存在状态如表所示； pH ＜1.5 1.5～2.8 2.8～6.0 存在状态 Fe3+ Fe3+、FeOOH FeOOH ②t3后，pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量； ③产品纯度测定参见图2； ④，不与稀碱液反应。 下列说法正确的是 A. 主要发生，Fe2+被氧化为Fe3+和FeOOH B. 制得的铁黄晶体为黄褐色，广广同学认为其中混有四氧化三铁使得颜色变深，他将样品用盐酸充分溶解后加入高锰酸钾溶液，发现紫色褪去，证明样品中含四氧化三铁 C. 柱柱同学测定产品纯度时，加入的Na2C2O4溶液不足，这样会导致测定纯度偏小 D. 若制得的铁黄中只含有羟基硫酸铁一种杂质，算得W g铁黄样品纯度为 【答案】C 【解析】 【详解】A．时段，pH由6降低为4，可知Fe2+被氧化为FeOOH，铁元素化合价由+2升高为+3，氧气中氧元素化合价由0降低为-2，发生反应为，故A错误； B．可以被酸性溶液氧化，干扰的检测，将样品用盐酸充分溶解后，加入高锰酸钾溶液，紫色褪去，不能证明铁黄中含有，故B错误； C．加入溶液不足，剩余的会消耗更多，使测得耗酸量偏小；经计算，同等质量的的耗酸量小于FeOOH，因此耗酸量偏小会算得FeOOH占比偏小，测定纯度偏小，故C正确； D．FeOOH和硫酸反应比为2:3，和硫酸反应比为2:1，设Wg样品中FeOOH的物质的量为xmol、的物质的量为ymol，则，解得x=，纯度为，故D错误； 故选C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 合成气(CO和H2)是重要的工业原料气。 研究CH4、H2O(g)与不同配比的铁铈载氧体[，，Ce是活泼金属，正价有+3、+4]反应，气体分布及其制备原理由图1所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O(g)，依次发生的主要反应： 步骤Ⅰ： 步骤Ⅱ： （1）步骤Ⅰ中铁铈载氧体________(填“得到”或“失去”)电子。 （2）步骤Ⅰ中，产物气体分数、CH4转化率、与x的关系如图2所示。当x=0时，大于理论值2的可能原因有________。 （3）步骤Ⅰ中，当x=0.5时，通入标准情况下300mL的CH4至反应结束，CO的选择性，则生成标况下CO和H2的总体积为________mL。 （4）当x=0.5时，新制载氧体、与CH4反应后的载氧体的X射线衍射图谱如图3所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与H2O(g)反应的物质有________(填化学式)。 【答案】（1）得到 （2）CeO2占比高，氧化性强，将CO氧化至CO2 （3）432 （4）C、FeO、Fe 【解析】 【小问1详解】 在步骤Ⅰ中， 转化为 和 ，碳元素的化合价由 价升高至 价，发生氧化反应失去电子；铁铈载氧体作为氧化剂提供氧，其内部的金属元素化合价降低，发生还原反应，因此载氧体得到电子。 【小问2详解】 理论上 与载氧体发生部分氧化反应的方程式为 ，此时产物中 的理论值为 。x=0时载氧体为，氧化性较强，可将部分氧化为，减少，因此比值大于2。 【小问3详解】 根据图2可知，当 时， 的转化率为 ，且产物比值 。通入标准状况下 的 ，参与反应转化的 体积为 。已知 的选择性为 ，则生成的 体积为 。由于 ，生成的 体积为 。因此，生成标况下 和 的总体积为 。 【小问4详解】 根据图3的X射线衍射图谱，与 反应后的载氧体中含有 、、 和 。在步骤Ⅱ中，通入 发生夺氧反应生成 ，即水蒸气作为氧化剂。在上述反应后的固体混合物中，具有还原性且能与 发生氧化还原反应的物质为 、 和 。 16. 采用两段焙烧-水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如图所示。 已知：该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解成NH4HSO4，高温则完全分解为气体；Fe2(SO4)3在650℃下完全分解，其他金属硫酸盐的分解温度均高于700℃；过氧化氢过量时，会进一步把硫单质氧化为硫酸根。 回答下面问题： （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2和NH3生成，该反应的化学方程式为________；“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还有________(填化学式)。 （2）在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸”时金属元素的浸出率________(填“增大”或“减小”或“不变”)。 （3）HR萃取Cu2+反应为：。“反萃取”时加入的试剂为________(填化学式)。 （4）“沉钴”中，CoS“溶解”时发生的离子方程式为________；向含有0.2molCoS反应体系中缓慢加入双氧水，若最终获得4.8g硫单质，则参加反应的过氧化氢的物质的量为________mol。 （5）“沉锰”所得溶液并入“吸收”液中经处理后所得产品导入________(填操作单元名称)循环利用。 【答案】（1） ①. ②. CaSO4、Fe2O3 （2）减小 （3）H2SO4 （4） ①. ②. 0.35 （5）低温焙烧 【解析】 【分析】铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)，第一步低温焙烧，由已知可知，将(NH4)2SO4分解成NH4HSO4，NH4HSO4和矿石里的金属氧化物发生反应，把金属氧化物转化为对应的硫酸盐，并有N2和NH3生成，发生反应其中产生的氨气由稀硫酸吸收，第二步高温焙烧，由题干可知目的是将Fe2(SO4)3分解为Fe2O3与SO3，第三步水浸，将可溶性硫酸盐(、、)溶解于水中，不溶固体(CaSO4、Fe2O3、SiO2)变成滤渣，第四步萃取分离，加入有机溶剂HR，由题干可知，HR和Cu2+反应为，将Cu2+分离到有机相中，再经反萃取步骤得到溶液，第五步沉钴，由图可知，溶解中还剩和，加入、调节pH，将变成沉淀，留在溶液中，再向加入稀硫酸、，发生反应，得到溶液，第六步沉锰，向溶液中加入，发生反应，得到沉淀。 【小问1详解】 ①由分析可知，低温焙烧时的化学反应方程式为；②由分析可知，所得滤渣主要成分除SiO2外还有CaSO4、Fe2O3； 【小问2详解】 由题干可知，如果直接高温焙烧，(NH4)2SO4直接分解成气体，来不及生成NH4HSO4，矿石没法充分转化为可溶性硫酸盐，金属浸出率减小； 【小问3详解】 由流程图和分析可知，最终得到的是溶液，故加入的试剂应为H2SO4； 【小问4详解】 ①由分析可知，离子方程式应为； ②由离子方程式可得，含有0.2 mol CoS的反应体系理论生成S是0.2 mol(6.4g)，但题目只得到了4.8 g S(0.15 mol S)，说明有一部分S被过量氧化成硫酸根，于是发生两步反应，第一步: ，生成0.15 mol S，消耗0.15 mol 、0.15 mol CoS，剩余0.05 mol CoS，第二步，0.05 mol CoS完全氧化，消耗0.20 mol ，总物质的量=0.15mol+0.20mol=0.35 mol； 【小问5详解】 由分析可知，最后一步发生反应又生成了(NH4)2SO4，故导入低温焙烧循环利用。 17. 氯和硫的相关化合物都是重要的无机化工原料。 氯气是一种重要的基础化工材料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。 （1）硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下： 。 ①若正反应的活化能为，则逆反应的活化能________(用含的代数式表示)。 ②恒容密闭容器中按不同进料比充入和，测定、、温度下体系达平衡时的(，为体系初始压强，，为体系平衡压强)，结果如图1所示，则M点Cl2的转化率为________。 ③图2曲线中能准确表示温度下随进料比变化的是________(填序号)。 （2）1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程如图3所示，其中各反应的速率方程均可表示为，其中、分别为各反应中对应反应物的浓度，为速率常数(分别对应反应①～⑤)。某温度下，反应器内加入一定量的X，保持体系内氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)。测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，。 ①30 min时，，且30～60 min内，反应进行到60 min时，________。 ②60 min时，，若0～60 min产物T的产量可忽略不计，此时________mol/L；60 min后，随T的含量增加，________(填“增大”或“减小”或“不变”)，若某时刻，反应⑤的速率为，则________(用含和的代数式表示)。 利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO2转化生产单质S，涉及的主要反应如下： Ⅰ： Ⅱ： Ⅲ： 恒容条件下，按1 mol CaS，1mol SO2和0.1molH2投料反应，平衡状态下，各气态物种的lgn随温度的变化关系如图4所示，为气态物种物质的量的值。 已知：①图4所示温度范围内反应Ⅱ平衡时恒定不变； ②气体摩尔常数，其对应的温度单位为开尔文，压强单位为帕斯卡，体积单位为立方米。 （3）反应的焓变ΔH=________(用含、、的代数式表示)。 （4）T1温度下，体系达平衡时，H2O线、SO2线所示物种的物质的量相等，若H2线所示物种为amol，则S2为________mol(用含a的代数式表示)；此时，CaS与CaSO4物质的量的差值为________mol(用含a的代数式表示)。 （5）T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积S2产率增大。与压缩前相比，H2O物质的量________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （6）对于一密闭恒容温度恒定为T的容器只发生反应Ⅲ，下列选项中能判定化学反应达到平衡状态的是________。 A. 压强与密度之比不变 B. 压强与平均摩尔质量之比不变 C. 压强与平均摩尔质量之积不变 D. 压强与平均摩尔质量平方之积不变 （7）在一密闭恒压恒温体积可变的容器内发生反应Ⅰ．设初始时SO2物质的量为，参加反应的CaS物质的量为x mol(净反应)，反应在，1273 K的环境下进行。如果你认为气体密度可变，则请写出气体密度ρ关于和x的二元解析式；如果你认为气体密度恒定，请直接写出ρ的值________(结果允许保留原始计算式且计算式中不含单位，ρ的单位为kg/cm3)。 【答案】（1） ①. ②. 75% ③. D （2） ①. 5.54 ②. 0.033 ③. 增大 ④. （3） （4） ①. ②. 150a （5）增大 （6）ABD （7） 【解析】 【小问1详解】 ①根据反应焓变与活化能的关系 ，代入已知 ，变形可得 。 ②该反应是气体分子数从2变为1的反应，压强变化量等于反应消耗的反应物总压强。M点进料比，初始总压 ，因此初始 、；M点，即反应消耗的分压为60 kPa，因此转化率为 。 ③根据“等效平衡”原理，利用反应中​和的完全对等性，当进料比和其倒数时，体系总初始物质的量、总初始压强完全一致，平衡的数值相等，由②知进料比，，则当进料比时，，因此曲线必然过点(0.5, 60)，故选D。 【小问2详解】 ①30~60 min内X的浓度变化量，则计算得60 min时。 ②根据速率常数比，生成D和G的速率比为3:1，0~60 min无T生成时，生成的D和G浓度比为3:1，因此；T由D、G分别反应生成，，随着T积累，G的消耗速率比D更快，增大；根据题目给出的速率方程通式，反应④是D和​生成T，反应⑤是G和生成T，因此、，两式相除消去恒定的浓度可得；代入已知速率常数比值，且题目给出，整理得；而T的生成速率是反应④、反应⑤生成T的速率之和，因此。 【小问3详解】 根据盖斯定律，将反应Ⅰ+反应Ⅱ，消去中间产物、，即可得到目标反应，因此焓变为。 【小问4详解】 根据题意，在温度下平衡时，由图可知 ，已知反应 Ⅱ 平衡时恒定不变，且此时，所以，，进而得出平衡时，利用原子守恒进行计算（初始投料：CaS 1 mol，SO2 1 mol，H2 0.1 mol）： H原子守恒：初始， 平衡时，解得； O原子守恒：初始， 平衡时，解得； Ca原子守恒：初始，平衡时，解得 S原子守恒：初始，平衡时，将上述计算结果代入，即可得到 ，。 【小问5详解】 压缩体积S2产率增大，说明反应Ⅰ平衡正向移动，同时反应Ⅱ也随之正向移动，生成更多，因此的物质的量增大。 【小问6详解】 恒温恒容下只发生反应Ⅲ，该反应发生时气体总物质的量n在不断减小，据此分析 A． 密度，由于质量守恒且体积恒定，始终不变，压强，所以 随n减小而减小，当其不变时，说明n不变，达到平衡，A符合题意； B．平均摩尔质量，所以 ，该比值随变化，变量不变即达平衡，能判断，B符合题意； C．压强与平均摩尔质量之积为，因为、R、T均为常量，该乘积在反应任何时刻都恒定不变，因此无法用来判定是否到达平衡，C不符合题意； D．压强与平均摩尔质量平方之积为 $，该值随n的变化而变化，不变即达平衡，能判定，D符合题意； 故选ABD。 【小问7详解】 反应Ⅰ中反应物​摩尔质量64g/mol，生成物​摩尔质量64 g/mol，反应前后气体总质量，气体总物质的量，结合理想气体状态方程，得，密度​，代入单位换算（转换为），，由于反应前后气体平均摩尔质量恒为64 g/mol，恒温恒压下密度为定值，代入数值计算得。 18. 烃类化合物是有化合机物中重要的一类。 （1）如图所示，某立方烷的结构为正方体结构，一个分子八个碳原子位于其八个顶点上，其分子式为C8H8，则它的四氯代物的同分异构体有________种。 （2）某烯烃最多有________个原子共面。 （3）烷烃C5H12的二氯代物有________种。 （4）烷烃是烯烃(只含一个C=C)与H2发生加成反应的产物，则R的结构简式有________种。 【答案】（1）6 （2）9 （3）21 （4）3 【解析】 【小问1详解】 给立方烷上的碳原子编号，如图，4个氯原子取代立方烷上氢原子的位置是①②③④、①②⑦⑧、①②④⑥、①②④⑦、①②④⑧，①④⑥⑧四氯代物的同分异构体有6种。 【小问2详解】 某烯烃中，双键为平面结构，单键可以旋转，每个饱和碳原子上最多有2个原子处在双键的平面内，所以最多有9个原子共面。 【小问3详解】 烷烃C5H12的结构有CH3CH2CH2CH2CH3、、共三种，CH3CH2CH2CH2CH3的二氯代物有CHCl2CH2CH2CH2CH3、CH2ClCHClCH2CH2CH3、CH2ClCH2CHClCH2CH3、CH2ClCH2CH2CHClCH3、CH2ClCH2CH2CH2CH2Cl、CH3CCl2CH2CH2CH3、CH3CHClCHClCH2CH3、CH3CHClCH2CHClCH3、CH3CH2CCl2CH2CH3(9种)；的二氯代物有、、、、、、、、、(10种)，的二氯代物有、(2种)，共9+10+2=21种。 【小问4详解】 烷烃是烯烃R(只含一个C=C)与H2发生加成反应的产物，则R的结构简式有、、，共3种。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $