黑龙江省佳木斯市第一中学2023-2024学年高三上学期期中考调研化学试题【含答案】

黑龙江省佳木斯市第一中学2023-2024学年高三上学期期中考试化学试题考试时间：75分钟；满分：100分第I卷(选择题)一、单选题本题共14小题，每小题4分，共56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.下列实验方法或操作叙述正确的是A.用淀粉试纸检验氧气B.氢氟酸盛放在塑料瓶中C.溶液保存在带玻璃塞的试剂瓶中D.碳酸钠俗称小苏打【答案】B【解析】【详解】A．用淀粉试纸检验碘蒸汽，可变蓝，但不能检验氧气，A错误；B．氢氟酸会与二氧化硅发生反应，所以不能盛放在玻璃瓶中，而应该盛放在塑料瓶中，B正确；C．溶液显碱性，不能保存在带玻璃塞的试剂瓶中，而应该保存在橡胶塞的试剂瓶中，C错误；D．碳酸钠俗称苏打，小苏打是碳酸氢钠的俗称，D错误；故选B。2.某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如图流程。已知：，下列说法正确的是A.固体1中主要含有CaCO3、CaSO4B.捕获剂所捕获的气体主要是COC.X可以是空气，且需过量D.处理含废水时，发生的反应：【答案】B【解析】【分析】【详解】A．固体1是二氧化碳、二氧化硫和氢氧化钙反应生成碳酸钙、亚硫酸钙，因此固体1中主要含有CaCO3、CaSO3，故A错误；B．气体1中NO和氧气和NaOH反应生成NaNO2，因此气体2主要是CO和N2，而捕获剂所捕获的气体主要是CO，故B正确；C．根据，X可以是空气，但只能适量，过量就会生成硝酸钠，故C错误；D．处理含废水时，铵根和亚硝酸根反应生成氮气，其发生的反应：，故D错误。综上所述，答案B。3.Z是合成某药物的中间体，其合成片段如下，下列说法不正确的是A.X、Y、Z分子中一定共平面的碳原子数都为7B.Y生成Z的反应类型是还原反应C.用碳酸氢钠溶液可以检验出X中含有羧基D.与X含相同官能团且苯环上有三个取代基的X的同分异构体有8种【答案】D【解析】【详解】A．与苯环相连的碳原子与苯环一定共平面，X、Y、Z分子中均一定有7个碳原子共平面，A项正确；B．Y生成Z的过程，加氢去氧，反应类型是还原反应，B项正确；C．X含羧基、羟基，羧基与碳酸氢钠反应产生，羟基不和碳酸氢钠反应，C项正确；D．与X含相同官能团且苯环上有三个取代基的X的同分异构体，可以先确定硝基、羧基的位置，有邻、间、对三种，再确定羟基的位置，(羟基的位置可以有4种)、(羟基的位置可以有2种)、(羟基的位置可以有4种)，共10种，除去X，则与X含相同官能团且苯环上有三个取代基的X的同分异构体有9种，D项错误；故选D。4.NA代表阿伏加德罗常数值，下列说法错误的是A.标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含原子数为NAB.标准状况下，22.4LNO与11.2LO2充分反应后得到的气体分子数为NAC.N2和H2在一定条件下发生可逆反应，生成1molNH3，转移电子数为3NAD.常温下，4g甲烷含有NA个C—H共价键【答案】B【解析】【详解】A．标况下，任何气体的摩尔体积均为22.4L/mol，所以11.2L以任意比例混合的氮气和氧气的物质的量为0.5mol，二者均为双原子分子，所以原子数为NA，A正确；B．22.4LNO与11.2LO2的物质的量分别为1mol、0.5mol，二者充分反应生成1molNO2，但NO2会部分转化为N2O4，所以分子数小于NA，B错误；C．生成1molNH3，则有1.5molH2被氧化、0.5molN2被还原，转移3mol电子，C正确；D．4g甲烷的物质的量为=0.25mol，一个甲烷分子含有4个C-H键，所以共含NA个C—H共价键，D正确；综上所述答案为B。5.以下3种有机物是一些食用香精和精油的主要成分，下列说法不正确的是A.桂醛分子中所有原子均可能处于同一平面上B.1mol桂醛最多与4molH2发生加成反应C.香茅醇的分子式为C10H20OD.可用银氨溶液鉴别桂醛和D-香芹酮【答案】B【解析】【详解】A．桂醛中存在苯环、双键、醛基，这些结构均为平面形结构，这些结构与单键相连单键具有旋转性，因此桂醛中所有原子可能处于同一平面上，A正确；B．桂醛中含有1个苯环，可以与3个H2发生加成反应，含有1和双键，可以和1个H2发生加成反应，含有1个醛基，可以和1和H2发生加成反应，因此，1个桂醛可以和3+1+1=5个H2发生加成反应，即1mol桂醛最多与5molH2发生加成反应，B错误；C．根据香茅醇的结构，香茅醇的分子式为C10H20O，C正确；D．桂醛中含有醛基而D-香芹酮中含有羰基，醛基可以发生银镜反应，因此可以利用银氨溶液鉴别桂醛和D-香芹酮，D正确；故答案选B。6.下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（）A.淀粉、CuO、HClO、CuB.普通玻璃、H2O、Fe(SCN)3、葡萄糖C.水玻璃、CaO·Na2O·6SiO2、AgCl、SO3D.KAl(SO4)2·12H2O、KClO3、NH3·H2O、CH3CH2OH【答案】B【解析】【详解】A.淀粉属于混合物、CuO属于氧化物、HClO属于弱电解质、Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B.普通玻璃是混合物，H2O属于氧化物、Fe(SCN)3属于弱电解质、葡萄糖属于非电解质，故B正确；C.水玻璃属于混合物、CaO·Na2O·6SiO2是硅酸盐，属于盐类、AgCl属于强电解质、SO3属于非电解质，故C错误；D.KAl(SO4)2·12H2O是纯净物、KClO3属于盐类、NH3·H2O是弱电解质、CH3CH2OH属于非电解质，故D错误；故选B。7.新材料的新秀——石墨烯、氧化石墨烯已成为物理、化学、材料科学研究的国际热点课题。其结构模型见下图。下列有关说法正确的是A.石墨烯是一种新型化合物 B.氧化石墨烯即石墨烯的氧化物C.二者和石墨都是碳的同素异形体 D.氧化石墨烯具有一定的亲水性【答案】D【解析】【详解】A.石墨烯是碳的单质，而非化合物，A错误；B.氧化石墨烯除了含C、O元素外，还含有氢元素，故不是石墨烯的氧化物，B错误；C.氧化石墨烯中含C、H、O元素，不是碳的同素异形体，C错误；D.由于氧化石墨烯结构中含有羟基和羧基等亲水基团，所以具有一定的亲水性，D正确；答案为D。8.化学与工农业生产和日常生活都有着密切的联系，下列有关说法中正确的是A.将“84”消毒液与酒精混合，杀菌消毒效果更好B.用于厚膜集成电路的氧化铝陶瓷属于金属材料C.面粉中禁止添加、过氧化苯甲酰等增白剂，属于碱性氧化物，过氧化苯甲酰属于有机物D.采用“燃煤固硫”、“煤的气化液化”、“静电除尘”、“汽车尾气催化净化”等方法，提高了空气质量，使我们的生活环境更美好【答案】D【解析】【详解】A．“84”消毒液有效成分为次氯酸钠，有强氧化性，乙醇有还原性，二者混合发生氧化还原反应，不会增加效果反而会降低消毒效果，A错误；B．金属材料是指金属单质和合金，氧化铝陶瓷属于新型无机非金属材料，不属于金属材料，B错误；C．过氧化钙属于过氧化物，不是碱性氧化物，过氧化苯甲酰属于有机物，C错误；D．采用“燃煤固硫”、“煤气化液化”、“静电除尘”、“汽车尾气催化净化”等方法，可减少大气污染物二氧化硫、氮氧化物和粉尘等的排放，提高了空气质量，D正确；故答案为：D。9.利用电化学原理可同时将、变废为宝，装置如图所示电极均为惰性电极。说法不正确的是A.a为负极，发生氧化反应B.装置工作时，电子从c极流入b极C.d电极反应式为D.若b极消耗16gO2，则Y中左侧溶液质量减轻16g【答案】D【解析】【分析】根据装置图，可以推知X装置为原电池，Y装置电解池，X装置：a电极通入SO2，SO2转化成H2SO4，b电极通入氧气，因此a电极为负极，b电极为正极，根据电解原理，c电极为阳极，d电极为阴极，据此分析；【详解】A．a电极发生SO2＋2H2O－2e－=SO＋4H＋，a电极为负极，化合价升高，发生氧化反应，故A正确；B．根据上述分析，电子流向从a极流向d电极，c电极流向b电极，故B正确；C．d电极为阴极，CO2转化成CH3OH，C的化合价由＋4价降低为－2价，电解质为硫酸，因此d电极反应式为CO2＋6e－＋6H＋=CH3OH＋H2O，故C正确；D．b电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O，c电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，建立关系式为O2～4e－～O2，b极消耗16g氧气，Y中左侧溶液中有16g氧气逸出，同时有molH＋从左侧移向右侧，左侧溶液质量减少的质量为16g+×1g=18g，故D错误；答案为D。10.在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是A.反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2OB.反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+C.反应Ⅲ是非氧化还原反应D.黄铁矿催化氧化过程中：NO和Fe(NO)2+均作催化剂【答案】D【解析】【分析】步骤I中，O2将Fe(NO)2+氧化为Fe3+，并释放出NO；Ⅱ中Fe3+将FeS2氧化成，生成的Fe2+在Ⅲ中又与NO结合成Fe(NO)2+进入下一个过程。总反应为：2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4SO42−+4H+，NO的量不变，作催化剂，据此分析作答。【详解】A．根据上述图示信息可以看出，反应I中Fe(NO)2+与O2反应生成NO和Fe3+，根据氧化还原反应的规律可知，该离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，故A正确；B．反应Ⅱ中硫元素的化合价升高，铁元素的化合价降低，Fe3+作氧化剂，故B正确；C．反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO=Fe(NO)2+，所含元素的化合价没有发生变化，该反应是非氧化还原反应，故C正确；D．由图可以看出，加入的NO参与反应，又重新生成，前后没有发生量的变化，所以在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，但Fe(NO)2+不是催化剂，故D错误；答案选D。【点睛】分解成多步描述的反应中，判断催化剂的方法可以是：分析整个过程中，该物质消耗的量和重新生成的量是否相等。11.某化学兴趣小组将两个完全相同的铜片分别放入体积相同、浓度不同的溶液中形成浓差电池，当两极附近电解质溶液浓度相等时停止放电，利用浓差电池电解溶液(a、b电极均为石墨电极)，可制得、、和NaOH，反应原理如图所示。下列说法正确的是A.b电极的电极反应为B.c、d分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜C.浓差电池放电结束时，甲装置中有通过阴离子交换膜向右移动D.当阴极产生2.24L气体时，电路中转移0.2mol电子【答案】B【解析】【分析】浓差电池中，Cu(2)失去电子，故电极为负极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，Cu(1)电极为正极，电极上发生得电子的还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu，则电解槽中a电极为阴极、b电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极上水发生得电子的还原反应生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则钠离子通过离子交换膜c生成NaOH、为阳离子交换膜，硫酸根通过离子交换膜d生成硫酸、为阴离子交换膜，据此分析解答。【详解】A．由以上分析可知，b电极的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，A错误；B．由以上分析可知，c、d分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，B正确；C．浓差电池放电结束时，此时两侧溶液中铜离子的浓度1.5mol/L，此时正极生成铜的物质的量为，转移电子为4mol，故甲装置中有2mol通过阴离子交换膜向右移动，C错误；D．未知温度与压强，故无法计算，D错误；故选B。12.常温下两种金属氢氧化物的溶解度(纵坐标以溶解金属质量/表示)与溶液的关系如图所示。下列说法正确的是A.B.X曲线仅最低点说明达到了溶解平衡C.时溶度积：D.反应的平衡常数【答案】A【解析】【详解】A．时，浓度为a，，A正确；B．曲线上所有的点均为溶解平衡状态，B错误；C．为8时，的浓度比小得多且小于1，则的溶度积比的溶度积大，C错误；D．平衡常数，D错误；故答案为：A。13.由羟基丁酸生成丁内酯的反应为HOCH2CH2CH2COOH+H2O。在298K下，羟丁酸水溶液的初始浓度为0.180，测得丁内酯的浓度随时间变化的数据如图所示：则下列说法不正确的是A.该反应在50~80min内的平均反应速率为B.120min时羟基丁酸的转化率为50%C.298K时该反应的平衡常数D.为提高羟基丁酸的转化率，除适当控制反应温度外，还可采用的措施是及时分离出产物丁内酯【答案】C【解析】【详解】A．该反应在50~80min内的平均反应速率为=，A正确；B．反应至120min时，反应产生0.090mol/L的丁内酯，则反应消耗羟基丁酸的浓度为0.090mol/L，故120min时羟基丁酸转化率为×100%=50%，B正确；C．298K时，该反应的平衡常数K=，C错误；D．若移走丁内酯，减小生成物浓度，化学平衡正向移动，从而可提高羟基丁酸的的转化率，D正确；答案选C。14.将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡。能判断该反应已经达到化学平衡的是①②密闭容器中氨气的物质的量浓度不变③密闭容器中混合气体的密度不变④混合气体的平均相对分子质量不变⑤密闭容器混合气体的总物质的量不变⑥形成6molN-H键同时消耗44gA.②③⑤⑥ B.①②⑤⑥ C.①③⑤⑥ D.全部【答案】A【解析】【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时(但不为0)，反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。【详解】①2v正(NH3)=v逆(CO2)时正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态；②起始时氨气的物质的量浓度为0，随着氨基甲酸铵的分解，氨气浓度逐渐增大，当氨气浓度不再改变时，反应达到平衡状态；③密度是混合气体的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积始终是不变的，但是气体的质量是变化的，所以当密闭容器中混合气体的密度不变时，反应达到平衡状态；④由于体系中只有两种气体，且氨气和二氧化碳的物质的量之比始终满足2:1，密闭容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以当密闭容器中混合气体的平均相对分子质量不变时，不能说明反应达到平衡状态；⑤正反应气体的分子数增大，当密闭容器混合气体的总物质的量不变时，反应达到平衡状态；⑥氨气和二氧化碳同为生成物，形成N-H键即正向进行，断裂C=O键为逆向进行，描述的是正逆两个方向，反应达到平衡状态；故达到平衡状态的：②③⑤⑥；故答案为：A。第II卷(非选择题共4小题，共44分。)二、有机推断题15.2月4日，中国工程院院士、国家卫健委高级别专家组成员李兰娟团队公布治疗新型冠状病毒感染的肺炎的最新研究成果，阿比朵尔可有效抑制病毒。阿比朵尔(G)的合成路线如图所示(1)A的名称是___________，C中官能团的名称为___________。(2)C→D的反应类型为___________，由D生成E的化学方程式为___________。(3)符合下列条件的B的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱呈现4个吸收峰的异构体的结构简式为___________。①能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体；②为六元环状结构。(4)H的结构简式为___________。(5)结合上述合成路线，设计出以乙醇和为原料(其他无机试剂任选)，合成的路线(不超过4步)___________。【答案】①.乙酸乙酯②.羰基、酯基、氯原子③.取代反应④.+CH3NH3+H2O⑤.3⑥.⑦.(CH3)2NH或⑧.CH3CH2OHCH3COOHCH3COOC2H5【解析】【分析】CH3COOCH2CH3在NaH的作用下生成，为两分子的A生成B和CH3CH2OH，属于取代反应，B与SO2Cl2发生取代反应生成C，C与发生取代反应生成D（），D与氨基甲烷发生取代反应生成E（）和水，E与再次发生取代反应生成F，F与HCHO和H分子反应生成G（），根据G和F的结构简式对比可知，H为NH(CH3)3或，据此分析解答。【详解】(1)A为CH3COOCH2CH3，其名称为乙酸乙酯；C的结构简式为：，所以其官能团为：羰基、酯基和氯原子，故答案为：乙酸乙酯；羰基、酯基、氯原子；(2)根据上述分析可知，C与发生取代反应生成D（）和HCl，所以C→D的反应类型为取代反应；D与氨基甲烷发生取代反应生成E（）和水，其化学方程式为：+CH3NH3+H2O，故答案为：取代反应；+CH3NH3+H2O；(3)B为，其分子式为C6H10O3，①能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明含有羧基；②为六元环状结构，羧基中含1个C原子，则该六元环中有一个O原子，则满足条件的B的同分异构体可以为：、、共3种；其中分子中有4种不能环境的氢原子如上图所示，所以核磁共振氢谱呈现4个吸收峰的异构体的结构简式为，故答案为：3；；(4)根据上述分析可知，H为(CH3)2NH或；(5)需先将乙醇合成乙酸乙酯，再利用A→B和F→G的合成路线分析即可，具体合成路线为：CH3CH2OHCH3COOHCH3COOC2H5。三、实验题16.铝镁合金是飞机制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的同学为测定某含镁5%~8%的铝镁合金(不含其他元素)中铝的质量分数，设计了下列两种不同实验方案进行研究。【方案一】【实验方案】将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。（1）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是_______。（2）称取13.5g铝镁合金粉末样品，溶于体积为V、物质的量浓度为5.0的NaOH溶液中，充分反应。则NaOH溶液的体积_______mL。写出加入NaOH溶液发生反应的离子方程式_______。（3）过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得铝的质量分数将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【方案二】【实验方案】将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体的体积，实验装置如图所示。【实验步骤】组装仪器，检查气密性，将药品和水装入名仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录量气管液面位置；②待锥形瓶中不再有气体产生并恢复至室温后，记录量气管的液面位置；③打开分液漏斗活塞向锥形瓶中滴加足量试剂。（4）装置中导管a的作用是_______。（5）上述操作的顺序是_______；(填序号)实验结束记录量气管的液面位置时，除视线平视外，还应_______。（6）若实验用铝镁合金质量为ag，测得氢气体积为VL(已换算为标准状况)，则铝的质量分数为_______。（7）实验过程中，若未恢复至室温就读取气体体积，则计算出铝的质量分数将_______。(填“偏大”、“偏小”、“不受影响”)【答案】（1）除去铝镁合金表面的氧化膜（2）①.95②.（3）偏低（4）使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下；滴入锥形瓶的稀硫酸的体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差（5）①.①③②②.让量气管左右两端的液面相平（6）（7）偏大【解析】【分析】本题为合金中铝含量测定的实验，原理是通过合金中的铝可以和氢氧化钠反应放出氢气，通过氢气的量来确定铝的量，由于合金表面含有金属氧化会影响测定，故需要先处理，在测量气体体积的时候要注意温度、压强和读数方法，以此解题。【小问1详解】铝镁合金表面有金属氧化物，会影响反应进行，故实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是除去铝镁合金表面的氧化膜；【小问2详解】合金中的铝可以和氢氧化钠反应，故其氢氧化钠应该可以使铝完全反应，含镁为5%时，金属铝的含量最高，13.5g合金中铝的质量为，，则，得:：V=95，故V(NaOH溶液)≥95mL；合金中的铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为；【小问3详解】镁上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，镁的质量分数偏高，铝的质量分数偏低，故答案为：偏低；【小问4详解】a管将锥形瓶和分液漏斗里液面上方的气体连接在一起，故装置中导管a的作用是使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下；滴入锥形瓶的稀硫酸的体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；小问5详解】组装仪器，检查气密性，将药品和水装入名仪器中连接好装置后，需进行的操作①记录量气管液面位置；③打开分液漏斗活塞向锥形瓶中滴加足量试剂；②待锥形瓶中不再有气体产生并恢复至室温后，记录量气管的液面位置；实验结束记录量气管的液面位置时，除视线平视外，还应注意压强与外界大气压相等以免引起误差，则应使量气管左右液面相平，故答案为：①③②；让量气管左右两端的液面相平；【小问6详解】若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为VL(已换算为标准状况)，根据则，则铝的质量分数为；【小问7详解】实验过程中，若未恢复至室温就读取气体体积，则测得的气体体积V偏大，则计算出铝的质量分数将偏大，故答案为：偏大。四、原理综合题17.化学反应的焓变通常用实验进行测定，也可进行理论推算。（1）在101kPa时，1.6gCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O，放出89.0kJ的热量，CH4的燃烧热为___________kJ·mol-1，写出CH4燃烧热的热化学方程式：___________，89.6LCH4(标况)完全燃烧(产物水为液态)后所产生的热量为___________kJ（2）由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫键能。从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物的化学键的断裂和生成物的化学键的形成过程。在化学反应过程中，拆开化学键需要消耗能量，形成化学键又会释放能量。已知反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH=akJ·mol-1化学键H－HN－HN≡N键能(kJ·mol-1)436391945试根据表中所列键能数据计算a的数值：___________。（3）已知：C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH2=-571.6kJ·mol-1②2C2H2(g)＋5O2(g)=4CO2(g)＋2H2O(l)ΔH3=-2599kJ·mol-1③根据盖斯定律，请写出25℃、101kPa时由C(石墨，s)和H2(g)生成1molC2H2(g)反应的热化学方程式：___________。（4）二甲醚(CH3OCH3)是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气(组成为H2、CO和少量的CO2)直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下三个反应：甲醇合成反应：①CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)ΔH1=-90.1kJ·mol-1水煤气变换反应：②CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH3=-41.1kJ·mol-1二甲醚合成反应：③2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH4=-24.5kJ·mol-1由H2和CO直接制备二甲醚(另一产物为水蒸气)的热化学方程式为：___________【答案】（1）①.890②.CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－890kJ·mol－1③.3560（2）－93（3）2C(石墨，s)＋2H2(g)=C2H2(g)△H=－59.1kJ·mol－1（4）4H2(g)＋2CO(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g)△H=－204.7kJ·mol－1【解析】【分析】【小问1详解】1.6g即0.1molCH4完全燃烧生成CO2和液态H2O，放出89.0kJ的热量，CH4的燃烧热为1mol甲烷完全燃烧放出的热量即为890kJ·mol-1，CH4燃烧热的热化学方程式：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－890kJ·mol－1，89.6LCH4(标况)其物质的量为4mol，其完全燃烧(产物水为液态)后所产生的热量为：4mol×890kJ·mol－1=3560kJ；【小问2详解】△H=反应物键能和-生成物键能和=945KJ/mol+3×436KJ/mol-6×391KJ/mol=-93KJ/mol，即a=-93；【小问3详解】：C(石墨，s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ·mol-1①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH2=-571.6kJ·mol-1②2C2H2(g)＋5O2(g)=4CO2(g)＋2H2O(l)ΔH3=-2599kJ·mol-1③，根据盖斯定律①×2+②÷2-3÷2可得2C(石墨，s)＋2H2(g)=C2H2(g)△H=－59.1kJ·mol－1；【小问4详解】甲醇合成反应：①CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)ΔH1=-90.1kJ·mol-1，水煤气变换反应：②CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH3=-41.1kJ·mol-1，二甲醚合成反应：③2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH4=-24.5kJ·mol-1，根据盖斯定律①×2+③+可得：4H2(g)＋2CO(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g)△H=－204.7kJ·mol－1。五、结构与性质18.由IIA元素与VA元素所形成的化合物种类繁多，它们是探测器、激光器、微波器的重要材料。回答下列问题：(1)基态Ga原子核外电子排布式为[Ar]______。(2)氧原子价电子层上的电子可以进行重排以便提供一个