内蒙古鄂尔多斯市第一中学2020届高三下学期第一次模拟考试化学试题

内蒙古鄂尔多斯市第一中学2020届高三下学期第一次模拟考试化学试题

高三下学期第一次调研考试 理科综合(化学部分)‎ 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。‎ ‎2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。‎ ‎3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量： H－1 Be－‎9 C－12 N－14 O－16 Al－27 S－32 Fe－56 Cu－64‎ 一、选择题：本题共 7个小题，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.化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列有关说法不正确的是 A. “血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的不同性质 B. 氨基酸在人体中生成新的蛋白质的反应属于缩聚反应 C. 从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现 D. 在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 血液和空气都属于胶体，“血液透析”利用的是渗析原理，“静电除尘”利用的是胶体的电泳原理，利用了胶体的不同性质，A项正确；‎ B. 氨基酸在人体中生成新的蛋白质的反应属于缩聚反应，B项正确；‎ C. 从海水中提取物质不一定要通过化学反应才能实现，如提取氯化钠，蒸发结晶即可，C项错误；‎ D. 硅胶具有吸水作用，可防止食物受潮，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】C项考查的是关于海水水资源的利用常识，海水中可以提取溴、碘、镁元素，每个工艺流程及所涉及的化学反应，学生要注意归纳总结，这些过程均涉及化学变化，而海水中提取氯化钠、蒸馏水等则是物理变化，学生要加以理解并识记。‎ ‎2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 0.5‎mol雄黄(As4S4)，结构如图，含有NA个S-S键 B. 将1 mol NH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为NA C. 标准状况下，‎33.6L二氯甲烷中含有氯原子的数目为3NA D. 高温下，16.8gFe与足量水蒸气完全反应，转移的电子数为0.6NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ A.S原子最外层有六个电子，形成2个共价键，As原子最外层五个，形成3个共价键，由结构图知白色球为硫原子，分子中不存在S-S键,故A错误；B. NH4NO3==NH4++ NO3-，NH3.H2O NH4++OH-,溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中n(NH4+)=n(NO3-), NH4+的数目等于NA，故B正确；C.标况下,二氯甲烷为液体,不能使用气体摩尔体积,故C错误;D.‎16.8g铁的物质的量为0.3mol,而铁与水蒸汽反应后变为+8/3价,故0.3mol铁失去0.8mol电子即0,8NA个,所以D错误; 所以B选项是正确的。‎ ‎3.下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法正确的是 A. M、N的氧化物都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物反应 B. Y的单质能从含R简单离子的水溶液中置换出R单质 C. X、M两种元素组成的化合物熔点很高 D. 简单离子半径：R>M>X ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，A．M、N的氧化物Al2O3、SiO2都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物NaOH反应，但SiO2‎ 不与R的最高价氧化物对应水化物HClO4反应，选项A错误；B．F2非常活泼，与含氯离子的水溶液反应时直接与水反应，无法置换出氯气，选项B错误；C．X、M两种元素组成的化合物氧化铝熔点很高，选项C正确；D．O2-、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，Cl-比它们多一个电子层，半径最大，故离子半径Cl-＞O2-＞Al3+，选项D错误。答案选C。‎ 点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，注意理解氢氧化铝的两性，能与强酸强碱反应，由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，据此分析得解。‎ ‎4.实验室利用下图装置制取无水A‎1C13(‎183℃‎升华，遇潮湿空气即产生大量白雾)，下列说法正确的是 A. ①的试管中盛装二氧化锰，用于常温下制备氯气 B. ②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装浓H2SO4、饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液 C. 滴加浓盐酸的同时点燃④的酒精灯 D. ⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由实验装置可知，①为浓盐酸与强氧化剂反应生成氯气，②中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，④中Al与氯气反应生成AlCl3，⑤为收集氯化铝的装置；⑥中浓硫酸防止水进入④和⑤中引起氯化铝水解，⑦中NaOH溶液吸收尾气中的氯气，以此来来解答。‎ ‎【详解】A. ①的试管中盛装二氧化锰，常温与浓盐酸不反应，需要加热制备氯气，A项错误；‎ B. 由上述分析可知②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装饱和食盐水、浓H2SO4、浓H2SO4、NaOH溶液，B项错误；‎ C. 滴加浓盐酸使产生的氯气排出装置中的氧气，再点燃④的酒精灯，C项错误；‎ D. ⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦两个装置要防止其水解，且要吸收尾气中的氯气，则⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.向0.1 mol∙L-1的NH4HCO3溶液中逐渐加入0.1 mol∙L-1NaOH 溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示(纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数a)，根据图象下列说法不正确的是 ( )‎ A. 开始阶段，HCO3-反而略有增加，可能是因为 NH4HCO3 溶液中存在 H2CO3，发生的主要反应是 H2CO3+OH-=HCO3-+H2O B. 当 pH 大于 8.7 以后，碳酸氢根离子和铵根离子同时与氢氧根离子反应 C. pH=9.5 时，溶液中 c(HCO3-)＞c(NH3∙H2O)＞c(NH4+)＞c(CO32-)‎ D. 滴加氢氧化钠溶液时，首先发生的反应：2NH4HCO3+2NaOH=(NH4)2CO3+Na2CO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】NH4HCO3溶液中存在NH4+水解平衡，即NH4++H2ONH3•H2O+H+①；‎ HCO3-的水解平衡，即HCO3-+H2OH2CO3+OH-②；‎ HCO3-的电离平衡，即HCO3-H++CO32-③；‎ A．在溶液中未加氢氧化钠溶液时，溶液的pH=7.7，呈碱性，说明上述三个平衡中第②个HCO3-的水解为主，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡②向逆反应方向移动，HCO3-的量略有增加，即逆方向的反应是H2CO3+OH-＝HCO3-+H2O，A正确；‎ B. 对于平衡①，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，NH3•H2O的量增加，NH4+被消耗，当pH大于8.7以后，CO32-的量在增加，平衡③受到影响，HCO3-被消耗，即碳酸氢根离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，B正确；‎ C. 从图中可直接看出pH=9.5时，溶液中c(HCO3-)＞c(NH3∙H2O)＞c(NH4+)＞c(CO32-)，C正确；‎ D. 滴加氢氧化钠溶液时，HCO3-的量并没减小，反而增大，NH4+的量减少，说明首先不是HCO3-与OH-反应，而是NH4+先反应，即NH4HCO3+NaOH＝NaHCO3+NH3•H2O，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎6.关于下列各实验装置的叙述中，错误的是 ( )‎ A. 装置可用于分离蔗糖和葡萄糖，且烧杯中的清水应多次更换 B. 装置可用于制备少量 Fe(OH)2沉淀，并保持较长时间白色 C. 装置可用从a处加水的方法检验的气密性，原理为液差法 D. 装置用于研究钢铁的吸氧腐蚀，一段时间后导管末端会进入一段水柱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蔗糖、葡萄糖分子的直径都比较小，可以通过半透膜，因此通过渗析的方法不能分离蔗糖和葡萄糖，A错误；‎ B. 根据装置图可知：Fe为阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；在阴极石墨电极上，溶液中的H+得到电子变为H2逸出，电极反应式为2H++2e-=H2↑，H+放电，破坏了水的电离平衡，使溶液中OH-浓度增大，发生反应：Fe2++OH-=Fe(OH)2↓，由于在溶液表面覆盖保护层苯可以阻止O2在溶液中的溶解，故可以较长时间观察到产生的Fe(OH)2白色沉淀，B正确；‎ C. 关闭分液漏斗的活塞，由a处加水，若装置不漏气，会长时间观察到U型管左右两侧有高度差，C正确；‎ D. 若发生吸氧腐蚀，一段时间后，具支试管中空气中的O2会因反应消耗，气体减少，小试管中的水在外界大气压强作用下会进入小试管中，从而在导管末端形成一段水柱，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎7.相对分子质量为128的有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，若A含一个六碳环且可与NaHCO3溶液反应，则环上一氯代物的数目为()‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，说明一定含有C、H元素，还含有一个六元碳环且可与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基—COOH，羧基的式量是45，则烃基的式量128－45=83，则符合六元环的烃基是C6H11—，则该物质是，由于在环上有4种不同位置的H原子，它们分别被氯原子取代就得到一种一氯取代产物。所以环上一氯代物的数目为4种，选项是C。‎ 三、非选择题：共174分。第 26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 35与36题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎8.单晶硅是信息产业中重要的基础材料。工业上可用焦炭与石英砂(SiO2)的混合物在高温下与氯气反应生成SiCl4和CO，SiCl4经提纯后用氢气还原得高纯硅。以下是实验室制备 SiCl4的装置示意图：‎ 实验过程中，石英砂中的铁、铝等杂质也能转化为相应氯化物，SiCl4、AlCl3、FeCl3遇水均易水解，有关物质的物理常数见下表：‎ 物质 SiCl4‎ AlCl3‎ FeCl3‎ 沸点/℃‎ ‎57.7‎ ‎—‎ ‎315‎ 熔点/℃‎ ‎-70.0‎ ‎—‎ ‎—‎ 升华温度/℃‎ ‎—‎ ‎180‎ ‎300‎ ‎(1)装置B中的试剂是_______，装置 D 中制备SiCl4的化学方程式是______。‎ ‎(2) D、E 间导管短且粗的作用是______。‎ ‎(3)G中吸收尾气一段时间后，吸收液中肯定存在OH-、Cl-和SO42-，请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他酸根离子(忽略空气中CO2的影响)。‎ ‎【提出假设】假设1：只有SO32-；假设2：既无SO32-也无ClO-；假设3：______。‎ ‎【设计方案进行实验】可供选择的实验试剂有：3 mol/L H2SO4、1 mol/L NaOH、0.01 mol/LKMnO4、溴水、淀粉-KI、品红等溶液。‎ 取少量吸收液于试管中，滴加 3 mol/L H2SO4 至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于a、b、c三支试管中，分别进行下列实验。请完成下表：‎ 序号 操作 可能出现的现象 结论 ‎①‎ 向a试管中滴加几滴_____溶液 若溶液褪色 则假设1成立 若溶液不褪色 则假设2或3成立 ‎②‎ 向b试管中滴加几滴_____溶液 若溶液褪色 则假设1或3成立 若溶液不褪色 假设2成立 ‎③‎ 向c试管中滴加几滴_____溶液 ‎_____‎ 假设3成立 ‎【答案】 (1). 饱和食盐水 (2). SiO2+‎2C+2Cl2SiCl4+2CO (3). 防止生成物中的AlCl3，FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管 (4). 只有ClO- (5). 0.01 mol/L KMnO4溶液(或溴水) (6). 品红 (7). 淀粉-KI (8). 若溶液变为蓝色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 制备四氯化硅的实验流程：A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯气，B中饱和食盐水除去 Cl2中杂质HCl，C装置中浓硫酸干燥氯气，D中发生Si与氯气的反应生成四氯化硅，由信息可知，四氯化硅的沸点低，则E装置冷却可收集四氯化硅，F可防止F右端的水蒸气进入装置E中与四氯化硅反应，造成产物不纯，最后G处理含氯气的尾气。据此解答。‎ ‎【详解】(1)装置A是氯气发生装置，A中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；浓盐酸具有挥发性，所以制取得到的Cl2中含有杂质HCl及水蒸气，装置B的作用是除去杂质HCl，结合Cl2与水的反应是可逆反应的特点，装置B使用的试剂是饱和食盐水，用以除去杂质HCl；在D装置中二氧化硅、碳和氯气反应生成四氯化硅和一氧化碳，反应为：SiO2+‎2C+2Cl2SiCl4+2CO；‎ ‎(2)石英砂中的杂质Fe、Al会与Cl2反应产生FeCl3、AlCl3，这两种物质的熔沸点比较高，在室温下成固态，D、E间导管短且粗就可防止生成物中的AlCl3，FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管；‎ ‎(3)由假设1和假设2可知，要检测的为SO32-和ClO-，故假设3为只有ClO-，又因为SO32-具有还原性，会使KMnO4溶液(或溴水)褪色，而ClO-不会，所以可以用0.01 mol/L KMnO4溶液(或溴水)来检测，证明假设1成立；SO32-与硫酸反应产生H2SO3，H2SO3分解产生的SO2和ClO-具有漂白性，会使品红溶液褪色，所以可以用品红溶液来检测假设2是否成立；ClO-具有氧化性，可以氧化KI反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉边蓝色，若溶液变为蓝色，证明含有ClO-，否则不含有ClO-，因此可以使用淀粉-KI溶液用来检测假设3是否成立。‎ ‎【点睛】本题考查制备实验方案的设计，综合了氯气的制法、硅的提纯等实验知识，注意把握制备原理及实验流程中的反应、物质的性质等为解答的关键，侧重考查学生的分析与实验能力。‎ ‎9.Ⅰ．化学反应总是伴随能量变化，已知下列化学反应的焓变 ‎2HI(g)＝H2(g)+I2(g) △H1‎ SO2(g)+ I2(g) + 2H2O(g)＝H2SO4(l)+2HI(g) △H2‎ H2SO4(l)＝H2O(g) + SO2(g) +1/2O2(g) △H3‎ ‎2H2O(g)＝2H2(g)+ O2(g) △H4‎ ‎（1）△H4与△H1、△H2、△H3之间关系是：△H4=_________________________。‎ ‎（2）若反应SO2(g)+I2(g)+2H2O(g)＝H2SO4(l)+2HI(g) 在‎150℃‎下能自发进行，则△H ____ 0‎ A．大于 B．小于 C．等于 D．大于或小于都可 Ⅱ．以CO2为碳源制取低碳有机物成为国际研究焦点，下面为CO2加氢制取乙醇的反应：‎ ‎2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g) △H＝QkJ/mol (Q＞0)‎ 在密闭容器中，按CO2与H2的物质的量之比为1:3进行投料，在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数（y%）如下图所示。完成下列填空：‎ ‎（1）表示CH3CH2OH体积分数曲线是____（选填序号）‎ ‎（2）在一定温度下反应达到平衡的标志是_____‎ A.平衡常数K不再增大 B.CO2的转化率不再增大 C.混合气体的平均相对分子质量不再改变 D.反应物不再转化为生成物 ‎（3）其他条件恒定，如果想提高CO2的反应速率，可以采取的反应条件是_______（选填编号）；达到平衡后，能提高H2转化率的操作是_______（选填编号）‎ A．降低温度 B．充入更多的H‎2C．移去乙醇 D．增大容器体积 ‎（4）图中曲线a和c的交点R对应物质的体积分数yR=_______%。‎ ‎【答案】 (1). △H4=2△H1+2△H2+2△H3 (2). B (3). b (4). BC (5). B (6). C (7). 37.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）已知：‎ ‎① 2HI(g)＝H2(g)+I2(g) △H1‎ ‎② SO2(g)+ I2(g) + 2H2O(g)＝H2SO4(l)+2HI(g) △H2‎ ‎③ H2SO4(l)＝H2O(g) + SO2(g) +1/2O2(g) △H3‎ ‎④ 2H2O(g)＝2H2(g)+ O2(g) △H4‎ 根据盖斯定律（①+②+③）×2即得到④，因此△H4=2△H1+2△H2+2△H3；‎ ‎（2）化学反应自发进行的判据是△H－T△S＜0，反应SO2(g)+I2(g)+2H2O(g)＝‎ H2SO4(l)+2HI(g)是熵减的反应，在‎150℃‎下能自发进行，则△H一定小于0，选B；‎ Ⅱ.（1）升高温度，平衡正向移动，二氧化碳与氢气的含量减小，乙醇与水的含量增加，反应开始时按H2与CO2的物质的量之比为3:1进行投料，所以生成的乙醇与水的物质的量比仍为1:3，即水的含量是乙醇含量的3倍，所以表示CH3CH2OH组分的曲线是b；‎ ‎（2）A.对于一个确定的化学反应，平衡常数K始终不变，不能作为标志，A项错误；B．反应开始时二氧化碳的转化率一直升高，达平衡时CO2的转化率不再增大，B项正确；C．该反应是反应前后气体的物质的量改变的可逆反应，气体总质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量一直在变化，达平衡时不再变化，C项正确；D．化学平衡是动态平衡，反应一直进行，D项错误；选BC。‎ ‎（3）对于反应2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g) ΔH＞0，A．降低温度，化学反应速率降低，平衡逆向移动，H2转化率降低；B．充入更多的H2，化学反应速率增大，平衡正向移动，但H2的转化率降低；C．移去乙醇，化学反应速率降低，平衡正向移动，H2转化率增大；D．增大容器体积，化学反应速率降低，平衡逆向移动，H2的转化率降低，其他条件恒定，如果想提高CO2的反应速率，可以采取的反应条件是B，达到平衡后，能提高H2转化率的操作是C；‎ ‎（4）根据题意：‎ 列方程3x=3-6x，解得x=1/3，则图中曲线a和c的交点R对应物质的体积分数为3x/(4-4x)×100%=37.5%。‎ ‎10.工业生产中产生的SO2、NO直接排放将对大气造成严重污染。利用电化学原理吸收 SO2和NO，同时获得Na2S2O4和NH4NO3产品的工艺流程图如下(Ce为铈元素)。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)装置 I 中生成 HSO3－的离子方程式为_______。‎ ‎(2)含硫各微粒(H2SO3、HSO3-和 SO32-)存在于SO2与NaOH 溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数ω与溶液pH的关系如图所示：‎ ‎①下列说法正确的是_______(填标号)。‎ A. pH=7 时，溶液中 c( Na+)＜c(HSO3-)+c(SO32-)‎ B. 由图中数据，可以估算出 H2SO3 的第二级电离平衡常数 K2≈10-7‎ C. 为获得尽可能纯的 NaHSO3，应将溶液的 pH 控制在 4～5 为宜 D. pH=9时溶液中 c(OH-)=c (H+)+c(HSO3-)+‎2c(H2SO3)‎ ‎②向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，溶液中出现浑浊，其pH降为 2，用化学平衡移动原理解释溶液pH降低的原因_______。‎ ‎(3)装置Ⅱ中的反应在酸性条件下进行，写出NO被氧化为NO2-离子方程式_______。‎ ‎(4)装置Ⅲ的作用之一是再生Ce4+，其原理如图所示。‎ 图中A为电源的_______(填“正”或“负”)极。右侧反应室中发生的主要电极反应为_______。‎ ‎(5)已知进入装置Ⅳ的溶液中NO2-的浓度为0.75 mol/L，要使‎1 m3‎该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，需至少向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2的体积为_______L ‎【答案】 (1). SO2+OH-=HSO3- (2). BCD (3). HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3-SO32-+H+，加入CaCl2溶液后，Ca2+与SO32-结合形成CaSO3白色沉淀，消耗溶液中SO32-，使电离平衡正向移动，使溶液中c(H+)增大 (4). NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+ (5). 正 (6). 2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O (7). 8400‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置Ⅰ中酸性氧化物SO2和强碱氢氧化钠之间发生反应产生HSO3-，NO和氢氧化钠之间不会反应；装置Ⅱ中NO在酸性条件下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应产生NO2-、NO3-；装置Ⅲ中，在电解槽的阳极2Ce3+-2e-=2Ce4+，阴极电极反应式为：2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O；装置Ⅳ中通入氨气、氧气，NO2-与氨气、氧气反应产生NH4NO2。然后结合化学反应原理逐一分析解答。‎ ‎【详解】(1)装置Ⅰ中二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠发生反应产生NaHSO3，反应的离子方程式为：SO2+OH-=HSO3-，‎ ‎(2)①A．pH=7时，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HSO3-)+‎2c(SO32-)+c(OH-)，故溶液中c(Na+)=c(HSO3-)+‎2c(SO32-)，所以c(Na+)＞c(HSO3-)+c(SO32-)，A错误；‎ B．HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3-SO32-+H+，由图中数据，pH=7时，c(HSO3-)=c(SO32-)，由Ka的表达式可知，H2SO3的第二级电离平衡常数K2≈c(H+)=10-7，B正确；‎ C．溶液的pH控制在4～5时，c(HSO3-)最大，则为获得尽可能纯的NaHSO3，可将溶液的pH控制在4～5左右，C正确；‎ D．由图可知，pH=9时溶液为亚硫酸钠溶液，根据质子守恒可得：c(OH-)=c (H+)+c(HSO3-)+‎2c(H2SO3)，D正确；‎ 故合理选项是BCD；‎ ‎②NaHSO3溶液pH=5，说明HSO3-电离程度大于其水解程度，HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3-SO32-+H+，向该溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，Ca2+与SO32-结合形成CaSO3白色沉淀，消耗溶液中SO32-，电离平衡正向移动，使溶液中c(H+)增大，最终导致溶液的pH由5降为2；‎ ‎(3)在装置Ⅱ中NO在酸性条件下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+，反应产生NO2-的离子方程式为：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+；‎ ‎(4)由装置图可知：在左侧Ce3+失去电子变为Ce4+，所以左侧电极为阳极，与电源A连接，A电极为电源的正极；右侧电极为阴极，与电源B电极连接，B电极为负极；在装置Ⅲ中，在电解槽的阳极发生反应：2Ce3+-2e-=2Ce4+，左侧正电荷数目增加，使溶液中H+不断通过质子交换膜由左侧进入右侧，在右侧的阴极发生的电极反应式为：2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O；‎ ‎(5)装置Ⅳ中通入氨气、氧气，发生反应2NO2-+O2+2H++2NH3=2NH4++2NO3-，NO2-的浓度为0.75 mol/L，要使‎1m3‎该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，n(NO2-)=cV=0.75 mol/L×‎1000 L=750 mol，根据反应方程式中物质反应关系可知消耗氧气的物质的量n(O2)=n(NO2-)=375 mol，则消耗氧气在标准状况下的体积V=375 mol×‎22.4 L/mol=‎8400 L。‎ ‎【点睛】本题考查以工业生产中化学原理吸收SO2和NO的工艺为线索，考查氧化还原反应、离子反应、弱电解质的电离及盐的水解、物质的量的有关计算等知识。掌握反应原理是本题解答的关键，在比较离子浓度大小时，要结合图象中微粒种类、浓度大小和溶液pH关系分析判断。‎ ‎11.(1)PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾，光化学烟雾中含有 NOx、HCOOH、(PAN)等二次污染物。‎ ‎①1mol PAN中含有的σ键数目为_______。PAN中除H外其余三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_________________。‎ ‎②NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4，该配合物中中心离子的配位数为_______，中心离子的核外电子排布式为_______。‎ ‎③相同压强下，HCOOH 的沸点比 CH3OCH3_______ (填高或低)，其原因是_______。‎ ‎(2)PM2.5微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3等。‎ ‎①(NH4)2SO4 晶体中各种微粒间的作用力不涉及_______ (填序号)。‎ a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.范德华力 e.氢键 ‎②NH4NO3中阳离子的空间构型为_____，阴离子的中心原子轨道采用_______杂化。‎ ‎(3)测定大气中 PM2.5的浓度方法之一是 β-射线吸收法，β-射线放射源可用85Kr。已知 Kr晶体的晶胞结构如图所示，设晶体中与每个 Kr 原子紧相邻的 Kr原子有m个，晶胞中Kr 原子为n个，则=______ (填数字)。‎ ‎【答案】 (1). 10NA (2). N＞O＞C (3). 6 (4). 1s22s22p63s23p63d6 (5). 高 (6). HCOOH分子间能形成氢键，CH3OCH3分子间不能形成氢键 (7). de (8). 正四面体 (9). sp2 (10). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①PAN结构简式为，根据PAN分子结构可知1个PAN分子中含有10个σ键，则1 mol PAN中含有的σ键数目为10NA；在PAN分子中除H元素外，还含有C、N、O三种元素，由于同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第ⅡA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；‎ ‎②Fe2+含有空轨道，为配位化合物的中心离子，NO、H2O含有孤对电子，为配位体，该配合物中的中心离子的配位数为1+5=6，Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级上的2个电子形成Fe2+，所以Fe2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6；‎ ‎③HCOOH分子间能形成氢键，CH3OCH3分子间不能形成氢键，氢键的存在增加了分子之间的吸引力，使物质熔化、气化需要消耗较多的能量，所以相同压强下，HCOOH的沸点比CH3OCH3高；‎ ‎(2)①(NH4)2SO4晶体属于离子晶体，在晶体中NH4+和SO42-之间以离子键结合，在NH4+内部的N-H和SO42-内部的S-O键都是共价键，其中NH4+内部含一个配位键，但硫酸铵晶体中不存在范德华力和氢键，故合理选项是选de；‎ ‎②NH4+的中心原子是N原子，N的价层电子对数==4，孤电子对==0，所以NH4+的空间构型为正四面体，NO3-的中心原子N原子价层电子对数==3，所以N原子杂化方式是sp2杂化；‎ ‎(3)根据均摊法，以顶点Kr原子计算，与之相邻且最近的Kr原子位于晶胞该顶点连接的三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故最近的Kr为(3×8)÷2=12，该晶胞中Kr有8×+6×=4，所以m：n=12：4=3。‎ ‎【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及化学键、原子杂化、电离能比较、原子核外电子排布、晶胞计算等知识点，明确原子结构、原子杂化计算方法、分子结构及晶胞结构是解本题关键，注意：氢键只影响物理性质，不影响化学性质；注意理解同一周期元素第一电离能异常情况；在晶胞计算中要学会使用均摊方法。侧重考查基本公式灵活运用及空间想像能力、计算能力。‎ ‎12.有机化合物K是一种聚酯材料，合成路线如下：‎ 己知：①AlCl3为生成A的有机反应的催化剂②F不能与银氨溶液发生反应，但能与Na反应。‎ ‎（1）C的化学名称为___反应的①反应条件为___，K的结构简式为___。‎ ‎（2）生成A的有机反应类型为___，生成A的有机反应分为以下三步：‎ 第一步：CH3COCl+AlCl3→CH3CO++AlCl4－‎ 第二步：___；‎ 第三步：AlCl4－+H+→AlCl3+HCl 请写出第二步反应。‎ ‎（3）由G生成H的化学方程式为___‎ ‎（4）A的某种同系物M比A多一个碳原子，M的同分异构体很多，其中能同时满足这以下条件的有___种，核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1的是___。‎ ‎①属于芳香族化合物 ②能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应;‎ ‎（5）天然橡胶的单体是异戊二烯（2－甲基-1，3-丁二烯），请以乙炔和丙酮为原料，按照加成、加成、消去的反应类型顺序三步合成天然橡胶的单体。（无机试剂任选）___。‎ ‎【答案】 (1). 苯乙烯 (2). 浓硫酸、加热 (3). (4). 取代反应 (5). C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+ (6). HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O (7). 14种 (8). 、 (9). CHCH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ F不能与银氨溶液发生反应，但能与Na反应，说明F中含有醇羟基，二者为加成反应，F为HOCH‎2C≡CCH2OH，F和氢气发生加成反应生成G，根据G分子式知，G结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，G发生催化氧化反应生成H为OHCCH2CH2CHO，H发生氧化反应然后酸化得到I为HOOCCH2CH2COOH；‎ 根据苯结构和B的分子式知，生成A的反应为取代反应，A为，B为；C能和溴发生加成反应，则生成C的反应为消去反应，则C为，D为，E能和I发生酯化反应生成聚酯，则生成E的反应为水解反应，则E为；E、I发生缩聚反应生成K，K结构简式为；‎ ‎（6）HC≡CH和CH3COCH3在碱性条件下发生加成反应生成(CH3)2COHC≡CH，(CH3)2COHC≡CH和氢气发生加成反应生成(CH3)2COHCH=CH2，(CH3)2COHCH=CH2发生消去反应生成CH2=C(CH3)CH=CH。‎ ‎【详解】（1）根据分析，C为，化学名称为苯乙烯；反应①为醇的消去反应，反应条件是浓硫酸、加热；K结构简式为；‎ 故答案为苯乙烯；浓硫酸、加热；；‎ ‎（2）生成A的有机反应类型为取代反应，生成A的有机反应分为以下三步：‎ 第一步：CH3COCl+AlCl3→CH3CO++AlCl4-；‎ 第二步：C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+；‎ 第三步：AlCl4-+H+→AlCl3+HCl 故答案为取代反应；C6H6+CH3CO+→C6H5COCH3+H+；‎ ‎（3）G结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH，G发生催化氧化反应生成H为OHCCH2CH2CHO，由G生成H的化学方程式为HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O，‎ 故答案为HOCH2CH2CH2CH2OH+O2OHCCH2CH2CH2CHO+2H2O；‎ ‎（4）A为，A的某种同系物M比A多一个碳原子，M的同分异构体很多，其中①属于芳香族化合物，说明分子中由苯环，②能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应，说明分子中有醛基(-CHO)；能同时满足这以下条件的有一个苯环链接-CH2CH2CHO或-CH(CH3)CHO，共两种；还可以是一个苯环链接一个-CH2CHO和- CH3共邻间对三种；还可以是一个苯环链接一个-CHO和一个-CH2CH3共邻间对三种；还可以还可以是一个苯环链接一个-CHO和两个-CH3分别共四种，或共两种；因此，符合条件的一共有14种；核磁共振氢谱中峰面积之比为6：2：1：1，则该有机物中有4种不同环境的氢原子，符合要求的结构式为、，‎ 故答案为14种； 、；‎ ‎（5）HC≡CH和CH3COCH3在碱性条件下发生加成反应生成(CH3)2COHC≡CH，(CH3)2COHC≡CH和氢气发生加成反应生成(CH3)2COHCH=CH2，(CH3)2COHCH=CH2发生消去反应生成CH2=C(CH3)CH=CH，其合成路线为：， ‎ 故答案为。‎ ‎ ‎