【化学】河北省保定市2020年高三第二次模拟（解析版）

【化学】河北省保定市2020年高三第二次模拟（解析版）

河北省保定市2020年高三第二次模拟 ‎1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）‎ A. 在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止被盛装食品受潮 B. 淀粉可用于制取葡萄糖、乙醇、乙酸 C. 化妆品中添加甘油，具有保湿效果 D. 使用75%的酒精、0.1%的次氯酸钠和1%的食盐水均可以快速高效杀死新冠病毒 ‎【答案】D ‎【详解】A.在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，硅胶（具有吸湿性）能吸收水分，故A正确；‎ B.淀粉水解可以生成葡萄糖，葡萄糖发酵生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，故B正确； ‎ C.甘油分子中含亲水基，具有吸湿性，添加到化妆品中有保湿作用，故C正确；‎ D.75%的酒精、0.1%的次氯酸钠均能使病毒的蛋白质变性失活，则可用来杀死新冠病毒，而1%的食盐水不能杀灭病毒，则不能用1%的食盐水杀死新冠病毒，故D错误；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 0.01‎mol•L-1KAl(SO4)2溶液中的SO42-数目为0.02NA B. 用浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备1mol氯气，转移的电子数均为2NA C. 1molNH4NO3完全溶于稀氨水中，溶液呈中性，溶液中NH4+的数目为NA D. ‎9.0g葡萄糖和蔗糖的混合物中含碳原子的数目为0.3NA ‎【答案】C ‎【详解】A.体积未知，当溶液体积为‎1L时，0.01mol·L-1KAl(SO4)2溶液中，硫酸根离子数为0.02NA，故A错误；‎ B.MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，当生成1mol氯气，转移的电子数为2NA，KClO3+6 HCl（浓）=KCl+3 Cl2↑+3 H2O，当生成1mol氯气，转移的电子数为 NA，故B错误； ‎ C.将1molNH4NO3溶于稀氨水中，根据电荷守恒可知有：n（OH-）+n（NO3-）=n（H+）+n（NH4+），而溶液呈中性，则有n（OH-）=n（H+），故可知n（NH4+）=n（NO3-）=1mol，即铵根离子个数为NA个，故C正确；‎ D.葡萄糖分子式C6H12O6、蔗糖分子式C12H22O11，两种分子中碳、氢、氧三种元素的原子个数比分别为：1：2：1、12：22：11，含碳量不同，故混合物中的碳的质量无法确定，碳原子的数目无法确定，故D错误；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】因为KClO3+6 HCl（浓）=KCl+3 Cl2↑+3 H2O为归中反应，所以要通过化合价计算转移的电子数目，即每生成3mol氯气，转移的电子为5mol。‎ ‎3.下列实验操作与实验现象或结论不相匹配的是（ ）‎ 实验操作 实验现象或结论 A 向2支均盛有2mL1.0mol•L-1KOH溶液的试管中分别加入2滴浓度均为0.lmol•L-1的AlCl3和MgCl2溶液，加入MgCl2溶液的试管出现白色沉淀，另一支无明显现象 Ksp [A1(OH)3]>Ksp[Mg(OH)2]‎ B 向盛有KI溶液的试管中滴加氯水和CCl4液体,振荡 下层溶液变为紫红色 C 室温下，用pH试纸分别测0.lmol•L-1Na2SO3和0.1mol•L-1Na2CO3溶液的pH Na2SO3溶液的pH约为10，Na2CO3溶液的pH约为12,则说明CO32-水解的能力比SO32-的强 D 向盛有Na2S2O3溶液的试管中先滴入酚酞溶液，然后滴加盐酸，边滴边振荡 溶液先变红后褪色，有气泡产生并出现浑浊 ‎【答案】A ‎【详解】A.由于氢氧化铝为两性氢氧化物，过量的氢氧化钾将生成的氢氧化铝溶解，不能通过该实验比较Ksp [A1(OH)3]和Ksp[Mg(OH)2]的大小，故A错误；‎ B.氯水中的Cl2和KI反应生成KCl和I2，CCl4萃取I2，由于CCl4的密度大于水，则下层溶液（溶解I2的CCl4溶液）变为紫红色，故B正确； ‎ C.Na2SO3溶液和Na2CO3溶液均为碱性，是因为碳酸根和亚硫酸根均能发生水解，而Na2SO3溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH，则说明CO32-水解的能力比SO32-的强，故C正确；‎ D.Na2S2O3为强碱弱酸盐，Na2S2O3溶液呈碱性，向盛有Na2S2O3溶液的试管中滴入酚酞溶液，溶液变红，然后滴加盐酸，发生反应：Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，Na2S2O3溶液转变为NaCl溶液（中性），溶液的红色消失，有气泡产生并出现浑浊，故D正确；‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎【点睛】要注意氢氧化铝性质的特殊性，氢氧化铝能够被强碱溶解生成易溶于水的偏铝酸盐。‎ ‎4.某化学课外活动小组拟用铅蓄电池为直流电源，进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. Y电极反应为Pb+SO42--2e-=PbSO4‎ B. 每消耗103.5gPb, 理论上电解池阴极上有1molH2生成 C. 该电解池的总反应为2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑‎ D. 若污水为含有Cr2O72-工业酸性废水，为将其转化为Cr3+除去，可让铁电极连接铅蓄电池的正极 ‎【答案】D ‎【分析】据图可知电解池中，铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，Fe电极上水得电子作阴极，电极反应为：6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，铅蓄电池中X与阴极Fe相连，作负极，负极上发生的反应是Pb+SO42--2e-=PbSO4，Y与阳极铝相连，作正极，电极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，串联电路中各电极转移电子相等。‎ ‎【详解】A.由分析可知，Y作正极，电极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，故A错误；‎ B.n（Pb）= ，Pb是+2价金属，反应的Pb的物质的量是0.5mol，则反应转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol，根据串联电路中电子转移守恒，则电解池的阴极上反应产生H2的物质的量是0.5mol，故B错误； ‎ C.阳极铝电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，阴极Fe电极电极反应为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，总反应为2Al+6H2O 2Al(OH)3（胶体）+3H2↑，在铝的表面有氧气产生，说明还存在电解水的过程：2H2O O2↑+2H2↑，故C错误；‎ D.让铁电极连接铅蓄电池的正极作阳极，则铁失电子转化为亚铁离子，含有Cr2O72-工业酸性废水具有强氧化性，与亚铁离子反应可转化为Cr3+除去，故D正确；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎5.化合物丙是一种医药中间体，可以通过如图反应制得。下列说法正确的是 （ ） ‎ A. 丙的分子式为C10Hl6O2‎ B. 甲的一氯代物有4种（不考虑立体异构）‎ C. 乙可以发生取代反应、加成反应、氧化反应 D. 甲、丙均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎【答案】C ‎【详解】A.由丙的结构简式可知，丙的分子式为C10H14O2，故A错误；‎ B.甲的分子中有3种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有3种（不考虑立体异构），故B错误； ‎ C.乙的结构中含有碳碳双键和酯基，碳碳双键可以发生加成反应、氧化反应，酯基可以发生取代反应，故C正确；‎ D.甲、丙结构中均含有碳碳双键，能被高锰酸钾氧化，则均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎6.A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A是元素周期表中原子半径最小的元素；C元素最高价氧化物对应的水化物是一种强碱；B、D、E的最外层电子数之和为19且B的一种单质可用于饮用水消毒。下列说法错误的是（ ）‎ A. B、C、D的简单离子半径：D>B>C B. B与A、C、D、E四种元素均可形成两种或两种以上化合物 C. 由B、C、E三种元素形成的化合物溶于水均能促进水的电离 D. 分子D2E2中原子均满足8电子稳定结构，则分子中存在非极性键 ‎【答案】C ‎【分析】A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A为氢元素；C元素最高价氧化物对应的水化物是一种强碱，为氢氧化钠，则C为钠元素；B、D、E的最外层电子数之和为19且B的一种单质可用于饮用水消毒，则B为氧元素，D为硫元素，E为氯元素。‎ ‎【详解】A.由分析可知，B、C、D分别为氧元素、钠元素、硫元素元素，形成离子时，氧离子、钠离子核外有两个电子层，硫离子核外有三个电子层，电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则简单离子半径：S2->O2->Na+，故A正确；‎ B.氢元素与氧元素能形成水、双氧水，钠元素与氧元素能形成氧化钠、过氧化钠，硫元素与氧元素能形成二氧化硫、三氧化硫，氯元素与氧元素能形成二氧化氯、氧化二氯、七氧化二氯等，故B正确； ‎ C.由氧元素、钠元素、氯元素三种元素形成的化合物可以是高氯酸钠，高氯酸钠为强酸强碱易溶盐，溶于水不能促进水的电离，故C错误；‎ D.分子S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，其中原子均满足8电子稳定结构，分子中存在极性共价键和非极性键，故D正确；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】比较离子半径时，一般可先比较电子层，电子层数越多，其对应的离子的离子半径越大；当电子层数相同时，再比较核电荷数，核电荷数小的离子半径大；当电子层数、核电荷数均相同时，最后比较电子数，电子数多的离子半径大。‎ ‎7.常温下,向20mL0.05mol•L-1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol•L-1氨水，溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是（ ）‎ A. NaHB溶液中一定含有H2B分子 B. A、B、C三点溶液的pH逐渐减小，D、E、F三点溶液的pH逐渐增大 C. E溶液中离子浓度大小关系为c(NH4+)>c(B2-)>c(H+)>c（OH-)‎ D. B点溶液pH=7‎ ‎【答案】C ‎【分析】常温下，由图可知，0.05mol•L-1某稀酸H2B溶液中由水电离产生的氢离子为10-13 mol•L-1，则H2B为二元强酸；向20mL0.05mol•L-1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol•L-1氨水，溶液开始时为酸性，到D点时，二者恰好完全反应生成(NH4)2B，则溶液为酸性，至F点时，溶液为中性。‎ ‎【详解】A.由分析可知，H2B为二元强酸，则NaHB溶液中不含有H2B分子，故A错误；‎ B.随着氨水的加入，溶液的酸性减弱，溶液的pH增大，所以A、B、C三点溶液的pH是逐渐增大的，故B错误； ‎ C.E溶液显示酸性，硫酸铵和氨水的混合物，得到的溶液中铵根离子的水解程度较强，即c(H+)>c(OH-)，所以c(NH4+)>c(B2-)>c(H+)>c(OH-)，故C正确；‎ D.F点溶液的pH=7，B点溶液的pH<7，故D错误；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎8.金属铋在自然界中的量极少，用途非常广泛，通常以辉铋矿为原料提取金属铋，工艺流程如图所示：‎ 已知：①辉铋矿主要成分是Bi2S3，还含少量Bi2O3、SiO2、铁的氧化物和硫化物等。‎ ‎②Bi2O3能溶于酸，NaBiO3不溶于水。‎ ‎③常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38,Ksp[Bi (OH)3]=4×10-30；Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16；‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）写出酸浸氧化时Bi2S3被氧化成硫单质的化学方程式___________________________。‎ ‎（2）滤渣1的成分为_______________。‎ ‎（3）除杂剂的作用a.调节溶液pH,b_______________，写出一种能提高产物产量的除杂剂_______________。‎ ‎（4）滤液2还可用来制备NaBiO3,可向滤液2中加入NaOH和NaClO溶液制取NaBiO3,写出该反应的离子方程式_______________________________________。‎ ‎（5）滤液2采用电解法制取金属铋单质，阳极产物处理后可继续循环使用，电解装置如图所示。‎ ‎①交换膜类型为_______________（填“Cl-”或“OH-”)交换膜。‎ ‎②阳极电极反应式为_______________。‎ ‎【答案】(1). Bi2S3+6HCl+NaClO3=2BiCl3+NaCl+3S↓+3H2O (2). S和SiO2 (3). 除去杂质Fe3+ (4). Bi2O3或Bi(OH)3 (5). Na++Bi3++C1O-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O (6). Cl- (7). Cl-+6OH--6e-=ClO3-+3H2O ‎【分析】辉铋矿酸浸氧化后过滤，得到滤渣1为不溶于酸的二氧化硅和Bi2S3被氧化后生成的硫单质，滤液1中含有BiCl3、NaCl，FeCl3等，为了避免引入新杂质，则加入的除杂试剂可以是Bi2O3或Bi(OH)3，目的是调节pH使铁离子转化成氢氧化铁除去，滤液2中的主要成分为氯化钠和BiCl3，经电解得到铋单质。‎ ‎【详解】（1）酸浸氧化时Bi2S3被氧化成硫单质的化学方程式为Bi2S3+6HCl+NaClO3=2BiCl3+NaCl+3S↓+3H2O，故答案为：Bi2S3+6HCl+NaClO3=2BiCl3+NaCl+3S↓+3H2O；‎ ‎（2）由分析知，滤渣1的成分为S和SiO2，故答案为：S和SiO2；‎ ‎（3）由分析知，可用Bi2O3或Bi(OH)3调节pH使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，故答案为：除去杂质Fe3+；Bi2O3或Bi(OH)3；‎ ‎（4）滤液2中的主要成分为氯化钠和BiCl3，加入NaOH和NaClO溶液制取NaBiO3时发生反应的离子方程式为Na++Bi3++C1O-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O，故答案为：Na++Bi3++C1O-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O；‎ ‎（5）①氯离子为阴离子，电解时，氯离子在阳极放电，氯离子移向阳极，则交换膜类型为Cl-交换膜，故答案为：Cl-；‎ ‎②阳极电极附近氯离子放电转化为氯酸根，电极反应式为Cl-+6OH--6e-=ClO3-+3H2O，故答案为：Cl-+6OH--6e-=ClO3-+3H2O。‎ ‎【点睛】阳极阴离子放电或电极放电，失电子能力强先放电，若阳极是活泼金属（金属活动顺序表Ag以前），溶液中阴离子一律不放电，而是电极材料失电子；若阳极是惰性（Pt、Au、石墨），则放电顺序为：S2-＞I-＞Br-＞Cl-＞OH-＞含氧酸根离子。‎ ‎9.硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2］是分析化学中的重要试剂，在不同温度下加热分解所得产物不同。设计如图实验装置（夹持装置略去），在‎500℃‎时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全，确定分解产物（铁的氧化物、硫的氧化物、含氮物质、水）的具体成分（已知每个装置中的药品足量）。‎ ‎（1）利用上述装置完成该实验，则该装置的正确连接顺序为_____________________(用装置下面的字母填连接顺序，每个装置都要使用）。加热A前需要通入一段时间N2目的是_______________________________________。‎ ‎（2）若观察到B中有白色沉淀生成，C中无明显现象，则装置C的作用为________________，D中白色变为蓝色，写出B中发生反应的离子方程式_________________________________装置B与装置C能否互换____（填 “能”或“否”），原因是_______________________________（填“能”则不填此空）。‎ ‎（3）A中固体完全分解后变为红棕色粉末，某同学设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3，而不含FeO，请帮他完成表中内容（试剂，仪器和用品自选）。‎ 实验步骤 预期现象 结论 ‎_______________‎ ‎_______________‎ 固本残留物仅为Fe2O3‎ ‎（4）硫酸亚铁铵在‎500℃‎时隔绝空气加热完全分解，若E中收集到的气体只有N2,A中固体残留物Fe2O3的质量为‎80g,B中沉淀物质的量为2rnol,则生成N2的质量为_______________g。‎ ‎（5）某含铬(Cr2O72-）废水用硫酸亚铁铵溶液滴定处理，反应后铁元素和铬元素完全转化为沉淀（沉淀中铬元素化合价为+3),该沉淀经干燥后得到amolFeO•FemCrnO3，不考虑处理过程中的实际损耗，则消耗硫酸亚铁铵的物质的量为_______________mol(用a的代数式表示）。‎ ‎【答案】(1). ADCBE (2). 实验前通入氮气是为了排除装置内的空气，防止对实验造成干扰，减少实验误差 (3). 检验生成的气体中是否有三氧化硫，并除去三氧化硫和氨气 (4). SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+ (5). 否 (6). 若互换三氧化硫也会使B有白色沉淀生成，无法检验二氧化硫 (7). 取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液； (8). 若高锰酸溶液不褪色，加入KSCN溶液变红 (9). 14 (10). ‎‎2.5a ‎【分析】硫酸亚铁铵受热分解产生的气体产物可能为二氧化硫、三氧化硫、水、氨气，A为硫酸亚铁铵受热分解的装置，有水产生时应先用无水硫酸铜检验水，D为检验水的装置，则A连D，氨气为碱性气体，极易溶于水，则氨气能溶于C装置中的溶液中，三氧化硫与水反应生成硫酸根，硫酸根与钡离子结合生成白色沉淀硫酸钡，由此可以检验并除去三氧化硫，C为检验三氧化硫并去除三氧化硫和氨气的装置，则D连C，二氧化硫在酸性溶液中溶解度极小，所以二氧化硫不溶于D，二氧化硫具有还原性，能被双氧水氧化成硫酸根而能与氯化钡生成硫酸钡白色沉淀，由此可以检验二氧化硫，B为检验二氧化硫的装置，则C连B，随后B连 E，由此可知，装置的正确连接顺序为ADCBE。‎ ‎【详解】（1）由分析可知，装置的正确连接顺序为ADCBE，实验前通入氮气是为了排除装置内的空气，防止对实验造成干扰，减少实验误差，故答案为：ADCBE；实验前通入氮气是为了排除装置内的空气，防止对实验造成干扰，减少实验误差；‎ ‎（2）由分析知，C为检验三氧化硫并去除三氧化硫和氨气的装置，除去三氧化硫是为了避免对二氧化硫的检验造成干扰；B中双氧水氧化二氧化硫并与氯化钡生成沉淀的离子方程式为SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；因为三氧化硫也能使B装置中产生白色沉淀，则无法检验产生的气体中是否含有二氧化硫，则装置B与装置C不能互换，故答案为：检验生成的气体中是否有三氧化硫，并除去三氧化硫和氨气；SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；否；若互换三氧化硫也会使B有白色沉淀生成，无法检验二氧化硫；‎ ‎（3）验证固体残留物仅为Fe2O3，而不含FeO，则需将固体物质溶于酸，然后检验铁离子和亚铁离子即可，实验步骤为：取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液；预期现象：若高锰酸溶液不褪色，加入KSCN溶液变红，故答案为：取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液；若高锰酸溶液不褪色，加入KSCN溶液变红；‎ ‎（4）Fe2O3的质量为‎80g，物质的量为0.5mol，则硫酸亚铁铵的物质的量为1mol，硫原子的物质的量为2mol，而B装置中时二氧化硫最后转化成硫酸钡2mol，由此可知产物中无三氧化硫，则硫酸亚铁铵受热分解的方程式为2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O，m（N2）= =‎14g，故答案为：14；‎ ‎（5）1mol亚铁离子被氧化后转化成铁离子，失去的电子为1mol，每生成1molCr3+转移的电子为3mol，根据元素得失电子守恒有3n=m，由根据FeO•FemCrnO3中化合价的代数和为0，有‎3m+3n=6，解得m=1.5，n=0.5，则根据铁原子守恒，若得到amolFeO•FemCrnO3需消耗硫酸亚铁铵的物质的量为（1+m）a=（1+1.5）a=2.5amol，故答案为：‎2.5a。‎ ‎10.将CO2应用于生产清洁燃料甲醇，既能缓解温室效应的影响，又能为能源的制备开辟新的渠道，其合成反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。回答下列问题：‎ ‎（1）如图为CO2平衡转化率和温度、压强的关系，其中压强分别为3.0MPa、4.0MPa和5.0MPa。据图可知，该反应为_______________反应（填“放热”或“吸热")。设CO2的初始浓度为comol•L-1，根据5.0MPa时的数据计算该反应的平衡常数K(240k)=_______________ ‎ ‎ (列出计算式即可）。若在4.0MPa时减小投料比，则CO2的平衡转化率曲线可能位于II线的_______________（填“上方”或“下方”)。‎ ‎（2）利用二氧化碳制得的甲醇还可以制取甲胺，其反应原理为CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)△H。已知该反应中相关化学键的键能数据如下：‎ 共价键 C—O H—O N—H C—N 键能/k.J•mol-1‎ ‎351‎ ‎463‎ ‎393‎ ‎293‎ 则该反应的△H=_______________k.J•mol-1 。‎ ‎（3）已知：①CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g) △H1=-226kJ•rnol-1‎ ‎②N2(g)+2O2(g)2NO2(g)△H2=+68kJ•mol-1‎ ‎③N2(g)+O2(g)2NO(g) △H3=+183kJ•mol-1‎ 则：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) △H=_______________kJ•mol-1。‎ ‎（4）一定温度下，下列措施一定能加快反应CO2(g)+3H2（g)CH3OH(g)+H2O(g)的速率的是_______________（填选项字母）。‎ A.及时移去甲醇 B.改进催化剂 C.提高反应物浓度 D.增大容器压强 ‎（5）甲烷重整可选氧化物NiO- Al2O3作为催化剂，工业上常用Ni(NO3)2、Al(NO3)3混合液加入氨水调节pH=12(常温），然后将浊液高压恒温放置及煅烧等操作制备该催化剂。加入氨水调节pH=12时，c(Ni2+)为_______________。［已知：Ksp[Ni(OH)2]=5×10-16]‎ ‎【答案】(1). 放热 (2). (3). 上方 (4). -12 (5). -750 (6). BC (7). 5×10-2 mol·L-1‎ ‎【详解】（1）根据图像，随着温度的升高，CO2‎ 的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，推出该反应的正反应是放热反应：反应为气体体积减小的反应，作等温线，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，I为5.0MPa下进行的曲线，240K时CO2的转化率为0.8，则可列三段式为 根据化学平衡常平数的表达式K= ；根据上述分析，II曲线代表4.0MPa下进行的曲线，减小投料比，相当于增大H2的量，CO2的量不变，平衡向正反应方向进行，CO2的转化率增大，即CO2的平衡转化曲线可能位于II曲线的上方，故答案为：放热；；上方；‎ ‎（2）反应热等于反应物总键能减去生成物总键能，故△H =351 kJ/mol +393 kJ/mol -293 kJ/mol -463kJ/mol=-12kJ/mol，故答案为：-12；‎ ‎（3）由盖斯定律：①×2+②-③×2可得：2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g)△H=-750kJ•mol-1，故答案为：-750；‎ ‎（4）A.及时移去甲醇，则生成物的浓度减小，反应速率减慢，故A错误；‎ B.改进催化剂能加快反应速率，故B正确；‎ C.提高反应物浓度，反应物浓度增大，则反应速率加快，故C正确；‎ D.若缩小体积而使容器压强增大，则反应速率加快，若通入惰性气体使容器压强增大，则反应速率不变，故D错误；‎ 综上所述，答案为：BC；‎ ‎（5）pH=12，c(OH-)=0.01mol·L-1，Ksp[Ni(OH)2]=5×10-16，c(Ni2+)=，故答案为：5×10-2 mol·L-1。‎ ‎11.碱式碳酸镁是橡胶制品的优良填充剂及补强剂，补强效果优于碳酸钙及陶土，其折射率与天然橡胶相近，适于制造透明或半透明制品。碱式碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）碱式碳酸镁中各元素的第一电离能由大到小的顺序为_______________，写出一种与CO32-互为等电子体的常见微粒_______________，原子序数与CO32-的价电子数之和相等的基态原子的价电子排布式为________。‎ ‎（2）碱式碳酸镁晶体生长液中生长的3种生长基元的结构如图所示：‎ ‎①(MgCl4)2-;②H2CO3;③[Mg(OH)4]2-‎ ‎①和③中Mg原子的杂化方式为_______________，②中C原子的价电子对的几何分布形式为_______________。(MgCl4)2-中镁氯原子之间的距离R=0.25nm,则氯氯原子之间的距离为_______________（保留两位小数，已知=2.45,cosl09°28'=）。‎ ‎（3）碱式碳酸镁加热可分解生成MgO。已知MgO的晶体结构属于NaCl型，某同学画出的MgO晶胞结构如图所示：‎ ‎①请改正图中错误_______________（用文字表述）。‎ ‎②在MgO晶体中，Mg2+的配位数为_______________，每个晶胞中所包含的Mg2+数目为_______________，每个Mg2+距离最近的且等距离的Mg2+数目为_______________。‎ ‎③和某些离子化合物相比，MgO是一种优良耐高温材料的内在原因为_______________。‎ ‎【答案】(1). O>H>C>Mg (2). NO3-、SiO32-、SO3中任意一种 (3). 3d54s1 (4). sp3 (5). 平面三角形 (6). 0.41nm (7). 白色球⑧改为黑色球 (8). 6 (9). 4 (10). 12 (11). Mg2+、O2-离子半径小、所带电荷大，晶格能大 ‎【详解】（1）碱式碳酸镁中含有O、H、C、Mg元素，Mg金属的第一电离能比铍小，要注意H的第一电离能比较特殊，几乎和氧相同，略小于氧，比碳的大，碳比铍大，所以有O>H>C>Mg；CO32-的等电子体可从C想到Si可得SiO32-；比C多一价电子的是N可想到NO3-和PO3-；再多一价电子想到S和O，可得SO3、S4、O4等，常见有NO3-、SiO32-、SO3‎ ‎；原子序数与CO32-的价电子数相等的基态原子为24号元素Cr，其价电子排布式为3d54s1（半充满状态稳定），故答案为：O>H>C>Mg；NO3-、SiO32-、SO3中任意一种；3d54s1；‎ ‎（2）①、③中Mg均形成4个σ键，价层电子对数为4，其杂化方式为sp3；②中C形成3个σ键一个π键，价层电子对数为3，则空间构型为平面三角形；设氯氯之间的距离为S，利用余弦定理，S2=R2+R2-2R2cos（109°28'）,代入数值可推出S2=,S==0.41nm，故答案为：sp3；平面三角形；0.41nm；‎ ‎（3）根据氯化钠晶胞结构知，MgO晶胞中Mg原子和Mg原子处于小正方形的对角线上，根据图像可知，空心球⑧应为黑色球；NaCl为离子晶体心，一个Na+周围有6个氯离子，位于上下左右前后，属于6配位，则MgO晶体中Mg2+的配位数为6；所包含的Mg2+数目为6×1/2+8×1/8=4；从图上可以看出每个Mg 2+最近的Mg2+数目为12；Mg2+、O2-离子半径小、所带电荷大，晶格能大，沸点高，硬度大，所以是优良的耐高温材料，故答案为：白色球⑧改为黑色球；6；4；12；Mg2+、O2-离子半径小、所带电荷大，晶格能大。‎ ‎12.烃A常用于有机合成及用作色谱分析的标准物质，其相对分子质量为82,分子中含有两个碳碳双键、无支链，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为2:2:1。D无酸性，相对分子质量为202。F为高分子化合物(C10H14O4)n。有机物A、B、C、D、E、F之间的转化关系如图：‎ 已知：①RCH=CH2 RCH(CH3)CHO ‎②(CH3)2CHCOORCH2=C(CH3)COOR 回答下列问题：‎ ‎（1）⑤的反应类型为_______________，E中含氧官能团的名称为_______________。‎ ‎（2）用系统命名法命名的A的名称为_______________。‎ ‎（3）下列有关物质A的说法错误的是_______________。‎ a.A能使酸性高锰酸钾溶液褪色 b.A分子中最少有三个碳原子共面 c.A分子中存在两种顺反异构 d.A分子一定条件下能发生加聚反应 ‎（4）写出②的化学方程式_____________________________________________‎ ‎（5）G与有机物D互为同系物，比D分子少6个碳原子，满足下列条件的G的同分异构体有_______________种（不考虑立体异构）。‎ a.1molG与碳酸氢钠溶液反应生成1molCO2‎ b.1molG与NaOH溶液反应消耗2moLNaOH 以上同分异构体中，任意写出一种满足核磁共振氢谱有3组峰的有机物的结构简式_______________。‎ ‎（6）参照上述已知中的信息，以乙烯为原料（无机试剂任选），设计制备的路线。_______________‎ ‎【答案】(1). 加聚反应 (2). 酯基 (3). 1，5-已二烯 (4). c (5). (6). 5 (7). 、、（任写一种） (8). ‎ ‎【分析】A的相对分子质量为82，分子式为C6H10，含有两个碳碳双键，没有支链，含有三组峰，符合2:2:1的的分子A为CH2=CH-CH2-CH2-CH=CH2；根据信息①推导出B为OHC-CH(CH3)CH2CH2CH(CH3)CHO，B被氧化生成羧酸，C为HOOC CH(CH3)CH2CH2CH(CH3)COOH，再发生酯化反应，生成D为CH3OOCCH(CH3)CH2CH2CH(CH3)COOCH3：根据信息②知道D转化E发生氧化反应，E可以为CH3OOCC(CH3)=CH-CH=C(CH3)COOCH3（E应该还有别的结构，与本题解题无关），E一定要能保证发生加聚反应生成高分子F。‎ ‎【详解】（1）E发生加聚反应生成F，根据E的结构简式可知含有的官能团为碳碳双键、酯基，其中含氧官能团为酯基，故答案为：加聚反应；酯基；‎ ‎（2）A为CH2=CH-CH2-CH2-CH=CH2，其名称为1，5-已二烯，故答案为：1，5-已二烯；‎ ‎（3）a.因为A分子中含有两个碳碳双键，所以能被高锰酸钾氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故a正确；‎ b.A分子中含有碳碳双键，乙烯基结构中最少有三个碳原子共面，故b正确；‎ c.A分子中每一个碳碳双键均存在两个相同的氢，不存在顺反异构情况，故c错误；‎ d.A分子中含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应，故d正确；‎ 综上所述，答案为：c；‎ ‎（4）BOHC-CH(CH3)CH2CH2CH(CH3)CHO，醛基被氢氧化铜氧化为羧基，其反应方程式为，故答案为：；‎ ‎（5）D的分子式为C10H18O4，则G为C4H6O4，含有1个羧基，同时含有1个酯基，可能的结构简式为、、、、，有5种，其中核磁共振氢谱有3组峰的为后三种中任意一个，故答案为：5；、、（任写一种）；‎ ‎（6）结合信息①，乙烯转化为丙醛，丙醛再转化为丙醇，依次转化为丙烯、聚丙烯，则合成路线为，故答案为：。‎