四川省宜宾市叙州区第一中学2020届高三上学期开学考试理综-化学试题

四川省宜宾市叙州区第一中学2020届高三上学期开学考试理综-化学试题

四川省宜兵市叙州区第一中学2020届高三上学期开学考试理综 化学试题 ‎1.化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法正确的是（　　）‎ A. 汽车尾气中的氮氧化合物是汽油或柴油不完全燃烧造成的 B. 我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与硅有关 C. 液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰 D. 工程兵开山使用的炸药“TNT”是有机高分子化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.汽车尾气中的氮氧化合物是汽车发动机中N2与O2在电火花作用下发生反应产生的，A错误；‎ B.我国全面启动的北斗导航系统的信号传输与二氧化硅有关，B错误；‎ C.液氯罐泄漏时，可将其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰,二者发生反应产生CaCl2、Ca(ClO)2和水，从而消除了Cl2的毒性及危害，C正确；‎ D.炸药“TNT”是三硝基甲苯，不是搞高分子化合物，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎2.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 向硅酸钠溶液中滴加盐酸，有白色胶状沉淀生成 非金属性：C1>Si B 某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成 溶液中一定含有Cl－‎ C 淀粉溶液在硫酸存在下加热一段时间后，再与新制的Cu(OH)2悬浊液混合，加热煮沸，无红色沉淀生成 淀粉没有水解 D 向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末，出现红褐色沉淀和无色气体 FeCl2溶液部分变质 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A。非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，盐酸不是含氧酸，不能因为盐酸酸性比硅酸强判断氯和硅的非金属性强弱，故错误；‎ B. 某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有氯离子，故正确；‎ C. 淀粉溶液在硫酸存在下加热一段时间后，应先加入氢氧化钠中和酸，然后再与新制的Cu(OH)2悬浊液混合，加热煮沸，看有无红色沉淀生成，故错误；‎ D. 向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁和氧气反应生成氢氧化铁，出现红褐色沉淀和无色气体，不能说明氯化亚铁变质，故错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】掌握双糖或多糖水解程度的检验方法，注意水解产物为葡萄糖，含有醛基，但检验醛基需要在碱性条件下，双糖或多糖水解一般在酸性条件下进行，所以水解一段时间后需要加入氢氧化钠中和酸，再检验醛基的存在。‎ ‎3.四种短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序数依次增大，X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同，X和W的单质化合生成气体B，常温下0.1mol/L的B溶液的pH=1，气体A和气体B相遇产生白烟，X与Z可按原子个数比1︰1形成化合物C。下列说法正确的是（ ）‎ A. 化合物C可能为离子化合物 B. Z离子的半径比Y离子的大 C. Y非金属性很强，其单质非常活泼 D. 最高价氧化物水化物的酸性Y比W强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 四种短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序数依次增大，X和W的单质化合生成气体B，常温下0.1mol/L的B溶液的pH=1，则B是一元强酸，则X是H元素，W是Cl元素；气体A和气体B相遇产生白烟，则B是NH3，X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同，所以Y 是N元素；X与Z可按原子个数比1︰1形成化合物C，Z可能是O、F、Na中的任一种，C可能是H2O2、HF、NaH中的一种。‎ ‎【详解】综上所述可知可知：X是H元素，Y是N元素，W是Cl元素；Z可能为O、F、Na中的任一种。‎ A.若C为NaH，则含有离子键，化合物C可能为离子化合物，A正确；‎ B.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以无论Z是O、F、Na中的任何一种元素，N3-的半径比O2-、F-和Na+的半径都大，B错误；‎ C.Y是N元素，尽管N元素的非金属性很强，但由于N2分子中有N≡N的存在，键能大，键长短，断裂时需要消耗很大的能量，所以N2并不活泼，C错误；‎ D.高氯酸HClO4 的酸性比HNO3强，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的应用知识。根据已知信息推断元素是本题解答的关键。突破口是气体A和气体B相遇产生白烟，可知气体为NH3、HCl，再结合原子序数大小及分子特点推测元素种类。‎ ‎4.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A. 14g乙烯和丙烯的混合物中极性键数目为2NA B. 标准状况下，与在光照条件下反应生成HCl分子数为 C. 容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA D. 电解精炼铜时阳极减轻32 g，电路中转移电子数目一定为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙烯和丙烯最简式是CH2，最简式的式量是14，所以14g乙烯和丙烯的混合物中含有1molCH2，则其中含有的极性键C-H数目为2NA，A正确；‎ B.取代反应是逐步进行的，不可能完全反应，所以标准状况下，22.4LCH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数小于4NA，B错误；‎ C.容器中2molNO与1molO2充分反应会产生2molNO2，NO2会有部分发生反应产生N2O4，因此最后得到的气体分子数目小于2NA，C错误；‎ D.在阳极反应的金属有Cu，还有活动性比Cu强的金属，因此电解精炼铜时阳极减轻32 g，电路中转移电子数目不一定为NA，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎5.螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是 A. 该化合物的分子式为C10H12 B. 一氯代物有五种 C. 所有碳原子均处于同一平面 D. 与HBr以物质的量之比1：1加成生成二种产物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该化合物的分子式为C9H12，A错误；‎ B. 根据等效氢法，该化合物的一氯代物有4种，B错误；‎ C.中“*”标示的碳原子具有与甲烷中碳原子相似的空间构型，所有碳原子并不处于一平面，C错误；‎ D. 与HBr以物质的量之比1：1加成可生成或，D正确。‎ 答案：D。‎ ‎【点睛】等效氢法：①连在同一个碳原子上的氢原子是等效的；②连在同一个碳原子上的甲基上的氢原子是等效的；③处于对称位置或镜面对称位置的碳原子上连接的氢原子是等效的。‎ ‎6.微生物电池(MFC)是一种现代化氨氮去除技术。如图为MFC碳氮联合同时去除的转化系统原理示意图。下列说法正确的是（ ）‎ A. 好氧微生物反应器中反应为：NH4+ + 2O2 = NO3－+2H++H2O B. B极电势比A极电势低 C. A极的电极反应式CH3COO－+8e－+2H2O = 2CO2 +7H+‎ D. 当电路中通过1mol电子时，理论上总共生成2.24LN2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图示分析可知微生物燃料电池中氢离子移向B电极，说明A为原电池的负极，B为原电池的正极，NO3－离子在正极得到电子生成氮气发生还原反应，CH3COO－在原电池负极失电子生成二氧化碳气体，发生氧化反应，环境为酸性介质；则A极的电极反应式为：CH3COO－-8e－+2H2O═2CO2+7H＋，B电极反应式为：2NO3－+12H＋+10e－═N2+6H2O。‎ ‎【详解】A、NH4＋在好氧微生物反应器中转化为NO3－，NH4＋+2O2═NO3－+2H＋+H2O，故A正确；‎ B、图示分析可知微生物燃料电池中氢离子移向B电极，说明A为原电池的负极，B为原电池的正极， B极电势比A极电势高，故B错误；‎ C、A极的电极反应式为：CH3COO－-8e－+2H2O═2CO2+7H＋，故C错误；‎ D、当电路中通过1mol电子时，理论上总共生成标准状况下的2.24LN2，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎7.向25℃时，体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L－1的两种酸HX、HY溶液中分别滴加0.1mol·L－1的NaOH溶液，所加NaOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如图所示。下列叙述正确的是（）‎ A. HX、HY均为弱酸 B. Ka（HY）的数量级约为10－6‎ C. b点时：2c（Na+）=c（Y－）+c（HY）‎ D. V（NaOH）=20mL时，反应后的两种溶液中c（X－）=c（Y－）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、由图可知，HX的pH等于1，HY的pH等于3，则HX为强酸；‎ B、根据Ka（HY）=c(H＋)c(Y－)/c(HY)来计算；‎ C、b点为加入NaOH溶液体积为10mL，对于HY溶液中，反应恰好生成起始时等量的HY和NaY，根据物料守恒分析；‎ D、V（NaOH）=20mL时，两种溶液恰好反应分别生成起始等量的NaX和NaY，NaY发生水解。‎ ‎【详解】A、由图可知，HX的pH等于1，HY的pH等于3，则HX为强酸，故A错误；‎ B、浓度为0.1mol·L－1的HY，由图可知，HY的pH等于4，则Ka（HY）=c(H＋)c(Y－)/c(HY)=(10-4×10-4)/0.1=10-7，故B错误；‎ C．b点为加入NaOH溶液体积为10mL，对于HY溶液中，反应恰好生成起始时等量的HY和NaY，根据物料守恒：2c（Na＋）=c（Y－）+c（HY），故C正确；‎ D、V（NaOH）=20mL时，两种溶液恰好反应分别生成起始等量的NaX和NaY，NaX发生水解，所以溶液中c（X－）＞c（Y－），故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查原理了水解、弱电解质电离、离子浓度大小判断，解题关键：起始浓度均为0.1mol·L－1的两种酸HX、HY，HX的pH等于1，HY的pH等于4判断出HX为强酸。‎ ‎8.硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用作分析试剂、基准试剂、还原剂、除氯剂等。‎ Ⅰ、实验室制备硫代硫酸钠装置图如下。‎ ‎（1）仪器B的名称是________。‎ ‎（2）写出装置B制备Na2S2O3的化学反应方程式____________________________。‎ ‎（3）NaOH溶液的作用是____________________________________。‎ Ⅱ、测硫代硫酸钠样品纯度步骤如下 ‎①称取Ⅰ中制得硫代硫酸钠样品8.0g配成250mL溶液 ‎②从①中量取20.00mL溶液于锥形瓶中 ‎③用0.lmol·L-1标准碘液滴定，实验测得数据如下 滴定前读数（mL）‎ 滴定后读数（mL）‎ 待测液体积（mL）‎ 实验一 ‎1.20‎ ‎21.00‎ ‎20.00‎ 实验二 ‎0.40‎ ‎19.20‎ ‎20.00‎ 实验三 ‎0.50‎ x ‎20.00‎ ‎（4）该滴定时，向锥形瓶中加入1至2滴淀粉液作指示剂，则达到滴定终点的判断标准是______________。‎ ‎（5）x读数如图所示，则x=________，根据所测的数据计算该硫代硫酸钠样品纯度为_______________。（已知I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6）‎ ‎（6）若步骤①中量取20.00mL硫代硫酸钠溶液时，未用硫代硫酸钠溶液润洗滴定管，则测得样品的纯度将______________（填“偏大”或“偏小”）。‎ ‎【答案】 (1). 三颈烧瓶 (2). 2Na2S+Na2CO3+4SO2 =3Na2S2O3+CO2 (3). 吸收多余的SO2 (4). 滴加最后一滴标准液后，溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色 (5). 20.70 ‎ ‎ (6). 98.75%或98.8% (7). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ、（1）依据仪器构造作答；‎ ‎（2）装置A中制备出的二氧化硫通入装置B中，此装置硫化钠与碳酸钠和通入的二氧化硫发生氧化还原反应生硫代硫酸钠，根据氧化还原反应规律与质量守恒定律书写其化学方程式；‎ ‎（3）氢氧化钠可吸收二氧化硫；‎ Ⅱ、（4）淀粉溶液遇碘单质变蓝，据此分析；‎ ‎（5）滴定管读数时，凹液面的最低处与刻度线相切，且要估读一位；根据实验数据得出消耗的碘液的体积，结合关系式I2～2S2O32-，得出样品中S2O32-的物质的量，进而计算样品的纯度；‎ ‎（6）依据滴定实验操作不当可能带来误差分析结果。‎ ‎【详解】Ⅰ、（1）仪器B的名称为三颈烧瓶，‎ 故答案为：三颈烧瓶；‎ ‎（2）在装置B中利用Na2S、Na2CO3与SO2制备Na2S2O3，此反应为氧化还原反应，-2价的S元素升高到+2价，+4价的S元素降低到+2价，依据氧化还原反应规律配平该化学方程式为：2Na2S+Na2CO3+4SO2 =3Na2S2O3+CO2，‎ 故答案为：2Na2S+Na2CO3+4SO2 =3Na2S2O3+CO2；‎ ‎（3）NaOH溶液可吸收多余的SO2，防止污染环境，‎ 故答案为：吸收多余的SO2；‎ Ⅱ、（4）根据给定已知反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，硫代硫酸钠会使碘单质变成碘离子，则滴定时向锥形瓶中加入1至2滴淀粉液作指示剂，当滴加最后一滴标准液后，溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，则证明达到滴定终点，‎ 故答案为：滴加最后一滴标准液后，溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色；‎ ‎（5）根据滴定管的读数规则可知，实验三滴定后读数为20.70mL，则三次实验得出消耗的标准碘液的体积分别为21.00 mL -1.20 mL =19.80mL、19.20 mL -0.40mL =18.80mL、20.70 mL -0.50 mL =20.20 mL，则可以看出第二实验误差太大，实验数据应该舍去，由此可知消耗的碘液的体积平均值为=，结合化学方程式，根据关系式I2～2S2O32-可得，则配制的20mL样品溶液中硫代硫酸钠的物质的量n=2n(I2)= 2×0.lmol·L-1×20.00×10-3L=4.00×10-3‎ ‎ mol，则原样品中含有的硫代硫酸钠的物质的量为4.00×10-3 mol ×=5×10-2 mol，所以样品纯度为，‎ 故答案为：20.70；98.75%或98.8%；‎ ‎（6）待测的滴定管未用硫代硫酸钠溶液润洗，会使锥形瓶内待测液浓度偏低，消耗的碘液体积偏小，最终导致样品纯度偏小，‎ 故答案为：偏小。‎ ‎【点睛】本题的易错点是样品中硫代硫酸钠纯度计算过程中，碘单质标准液体积的取舍，要注意在读取标准液体积时，可能会造成误差的数据需要舍去。‎ ‎9.硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂，也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)若步骤①中得到的氧化产物只有一种，则它的化学式是____________。‎ ‎(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式：_________。‎ ‎(3)步骤⑤包括用pH＝2的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_______(写酸的名称)。‎ ‎(4)上述工艺中，步骤⑥和⑦的作用是__________。‎ ‎(5)Se为ⅥA族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式：______________。‎ ‎(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是_________；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是____________。‎ ‎【答案】 (1). CuSO4 (2). 2Cu2＋+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H＋ (3). 硫酸 (4). 使CuCl干燥，防止其水解氧化 (5). Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O (6). 温度过低反应速率慢 (7). 温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，‎ ‎(1)步骤①中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，据此分析；‎ ‎(2)步骤③为铜离子、亚硫酸铵、氯化铵得到CuCl，铜元素化合价降低，则硫元素化合价升高，还有硫酸根离子生成，据此书写；‎ ‎(3)由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，据此分析；‎ ‎(4)根据已知“CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化”分析；‎ ‎(5)硒代硫酸钠（Na2SeSO3）与H2SO4溶液反应得到硒、硫酸钠、二氧化硫和水；‎ ‎(6)温度过低，反应慢，温度过高、pH过大铵盐易分解，容易向CuO和Cu2O转化；‎ ‎【详解】(1)步骤①中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，氧化产物只有一种，则为CuSO4；‎ ‎(2)步骤③的反应为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；‎ ‎(3)由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质；‎ ‎(4)由题：CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，步骤⑥醇洗，步骤⑦烘干，目的是：使CuCl干燥，防止其水解氧化；‎ ‎(5)硒代硫酸钠（Na2SeSO3）与H2SO4溶液反应为：Na2SeSO3+H2SO4═Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O；‎ ‎(6)流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低反应速率慢，CuCl产率低；温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐（氯化铵，亚硫酸铵）易受热分解；‎ ‎【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断、物质性质的应用的知识，注意对题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用。‎ ‎10.CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：‎ ‎（1）CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)。‎ 已知：C(s)+2H2(g) = CH4(g) ΔH= -76 kJ·mol−1‎ C(s)+O2(g) = CO2(g) ΔH= -394 kJ·mol−1‎ ‎2C(s)+ O2(g) =2 CO(g) ΔH= -222 kJ·mol−1‎ 该催化重整反应的ΔH=______kJ·mol−1，有利于提高CH4平衡转化率的条件是（填标号）。______________‎ A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压 某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为___mol2·L−2。‎ ‎（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：‎ 积碳反应： CH4(g) C(s)+2H2(g)‎ 消碳反应： CO2(g)+C(s) 2CO (g)‎ ΔH/(kJ·mol−1)‎ ‎+75‎ ‎+172‎ 活化能/‎ 催化剂X ‎33‎ ‎91‎ ‎(kJ·mol−1)‎ 催化剂Y ‎43‎ ‎72‎ ‎①上表判断，催化剂X_______Y（填“优于”或“劣于”），理由是：____________。‎ 在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的 变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(υ)的叙述正确的是________填标号）。‎ A．K积、K消均增加 B．υ积减小，υ消增加 C．K积减小，K消增加 D．υ消增加的倍数比υ积增加的倍数大 ‎②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为υ=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为____。‎ ‎【答案】 (1). +248 (2). A (3). 1/3 (4). 劣于 (5). 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 (6). AD (7). pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）将已知反应依次编号为①②③，根据盖斯定律可知③-②-①即得到该催化重整反应：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)，则ΔH=（-222 kJ·mol−1）—（-394 kJ·mol−1）—（-76 kJ·mol−1）=+248kJ·mol−1；该反应是一个气体体积增大的吸热反应，升高温度和降低压强，平衡向正反应方向移动，CH4平衡转化率增大；某温度下，在体积为2L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式可建立三段式：‎ CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)‎ 起（mol/L）1 0.5 0 0‎ 变（mol/L）0.25 0.25 0.5 0.5‎ 平（mol/L）0.75 0.25 0.5 0.5‎ 则化学平衡常数K===mol2·L−2，故答案为：+248；A；；‎ ‎（2）①根据表中数据可知，相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y；‎ A、正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确；‎ B、升高温度反应速率均增大，B错误；‎ C、根据A中分析可知选项C错误；‎ D、积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明υ消增加的倍数比υ积增加的倍数大，D正确；‎ 正确的为AD，故答案为：劣于；相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大；AD；‎ ‎②根据反应速率方程式可知在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)，故答案为：pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应原理的综合应用，涉及了盖斯定律计算、化学平衡移动等知识，注意掌握盖斯定律和化学平衡常数的计算，运用题给信息和图像分析是解答关键。‎ ‎11.中国海军航母建设正在有计划、有步骤向前推进，第一艘国产航母目前正在进行海试。建造航母需要大量的新型材料。航母的龙骨要耐冲击，航母的甲板要耐高温，航母的外壳要耐腐蚀。‎ ‎（1）镍铬钢抗腐蚀性能强，Ni2+基态原子的核外电子排布为_______________，铬元素在周期表中_____区。‎ ‎（2）航母甲板涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷结构如图所示，其中C原子的杂化方式为____________杂化。‎ ‎（3）海洋是元素的摇篮，海水中含有大量卤族元素。‎ ‎①根据下表数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是____（填元素符号）。‎ 氟 氯 溴 碘 第一电离能（kJ/mol）‎ ‎1681‎ ‎1251‎ ‎1140‎ ‎1008‎ ‎②根据价层电子对互斥理论，预测ClO3－的空间构型为___________形，写出一个ClO3－的等电子体的化学符号_________。‎ ‎（4）海底金属软泥是在洋海底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的资源，含有硅、铁、锰、锌等。如图是从铁氧体离子晶体Fe3O4中取出的能体现其晶体结构的一个立方体，则晶体中的氧离子是否构成了面心立方堆积？_______（填“是”或“否”）；该立方体是不是Fe3O4的晶胞？_______（填“是”或“否”）；立方体中铁离子处于氧离子围成的_______（填空间结构）空隙；根据如图计算Fe3O4晶体的密度为_______g•cm－3。（图中a=0.42nm，计算结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d8 (2). d (3). sp3 (4). Ⅰ (5). 三角锥 (6). SO32- (7). 是 (8). 是 (9). 正八面体 (10). 5.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Ni2+基态原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d8，铬元素在周期表中d区。‎ ‎（2）聚硅氧烷中C形成4个单键；‎ ‎（3）①根据第一电离能分析，第一电离能越小，越容易生成较稳定单核阳离子；‎ ‎②根据VSEPR理论判断ClO3－的空间构型，价电子对数为VP=BP+LP，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；‎ ‎（4）根据O2－的坐标分析，根据晶胞粒子的排布，该立方体是Fe3O4的晶胞，立方体中Fe3＋处于O2－围成的正八面体空隙，根据密度公式ρ=m/V计算。‎ ‎【详解】（1）Ni2+基态原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d8，铬元素在周期表中d区。‎ ‎（2）聚硅氧烷中C形成4个单键，所以C的杂化方式为sp3；‎ ‎（3）①根据第一电离能分析，第一电离能越小，越容易生成较稳定的单核阳离子，所以有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是：I；‎ ‎②根据VSEPR理论判断ClO3－的空间构型，价电子对数为VP=BP+LP=3+（7-2×3+1）/2=4，VSEPR模型为四面体形，由于一对孤电子对占据四面体的一个顶点，所以其空间构型为三角锥形，‎ 等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，则与ClO3－互为等电子体的是SO32－；‎ ‎（4）晶胞中，O2－的坐标为（1/2，0，0），（0，1/2，0），（0，0，1/2），（1/2，1/2，1/2），将（1/2，1/2，1/2）+(1/2，1/2，0)=（0，0，1/2），将（1/2，1/2，1/2）+（0，1/2，1/2）=（1/2，0，0），将（1/2，1/2，1/2）+（1/2，0，1/2）=（0，1/2，0），刚好与前三个坐标相同，所以O2－做面心立方最密堆积，根据晶胞粒子的排布，该立方体是Fe3O4的晶胞，立方体中Fe3＋处于O2－围成的正八面体空隙，以立方体计算，1个立方体中含有Fe3＋的个数为4×1/8+1/2×3=2个，含有Fe2＋的个数为1个，含有O2－的个数为12×1/4+1=4个，不妨取1mol这样的立方体，即有NA个这样的立方体，1mol立方体的质量为m=（56×3+16×4）g，1个立方体体积为V=a3nm3=a3（a×10-7）3cm3，则晶体密度为ρ=m/NAV=(56×3+16×4)/(6.02×1023)×(0.42×10-7)3g·cm－3=5.2g·cm－3。‎ ‎12.有机物A～M有如图转化关系，A与F分子中含碳原子数相同，均能与NaHCO3溶液反应，且A中含一个卤素原子，F的分子式为C9H10O2；D能发生银镜反应；M与NaOH溶液反应后的产物，其苯环上一氯代物只有一种。‎ ‎ ‎ 已知：（R1、R2代表烃基或氢原子）‎ 请回答：‎ ‎（1）B、F的结构简式分别为__________、_________‎ ‎（2）反应①～⑦中，属于消去反应的是_____________（填反应序号）。‎ ‎（3）D发生银镜反应的化学方程式为______________；反应⑦的化学方程式为__________‎ ‎（4）A的相对分子质量在180～260之间，从以上转化中不能确认A中含有哪种卤素原子，确定该官能团的实验步骤和现象为_____________‎ ‎（5）符合下列条件F的同分异构体共有________种。‎ a．能发生银镜反应 b．能与FeCl3溶液发生显色反应 c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1∶1∶2∶6‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). ④ (4). ＋2Ag↓＋2NH3＋H2O (5). ＋（n－1）H2O (6). 取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子 (7). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与 NaHCO3溶液反应，均含有﹣COOH，F的分子式为C9H10O2，其不饱和度为=5，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其苯环上一氯代物只有一种，说明F含有苯环，F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为 ‎，M为．由A→B→C的转化可知，C中含有﹣COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180〜260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180﹣28﹣76﹣45=31，小于260﹣28﹣76=111，X可能为Cl或Br。C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F。C发生缩聚反应生成高聚物H为。‎ ‎【详解】A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与 NaHCO3溶液反应，均含有﹣COOH，F的分子式为C9H10O2，其不饱和度为=5，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其苯环上一氯代物只有一种，说明F含有苯环，F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为．由A→B→C的转化可知，C中含有﹣COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180〜260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180﹣28﹣76﹣45=31，小于260﹣28﹣76=111，X可能为Cl或Br。C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F。C发生缩聚反应生成高聚物H为。‎ ‎（1）B、F的结构简式分别为、，‎ 故答案为：、；‎ ‎（2）反应①属于取代反应，还发生中和反应，反应②属于复分解反应，反应③⑥属于氧化反应，反应④属于消去反应，反应⑤属于加成反应，反应⑦属于缩聚反应，‎ 故答案为：④；‎ ‎（3）D发生银镜反应的化学方程式为：；‎ 反应⑦的化学方程式为：，‎ 故答案为：；；‎ ‎（4）根据上面的分析可知，X可能为Cl或Br，要确定X是哪种官能团的实验步骤和现象为：取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子，‎ 故答案为：取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子；‎ ‎（5）符合下列条件的F（）的同分异构体：a．能发生银镜反应，说明分子中存在醛基；b．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中存在酚羟基；c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1：1：2：6，说明有4种氢原子，符合以上条件的F分子中有2个甲基、1个酚羟基、1个﹣CHO，且2个甲基处于间位，另2个分别处于对位，结构简式为，所以F的同分异构体有2种，‎ 故答案为：2。‎ ‎ ‎