陕西省西安中学2020届高三第四次模拟考试化学试题 Word版含解析

陕西省西安中学2020届高三第四次模拟考试化学试题 Word版含解析

西安中学高2020届第四次模拟考试 化学 可能用到的相对相对原子质量：H-1　Li‎-7　‎C-12　N-14　O-16 Na-23　S-32　Fe-56　Cu-64　Ba-137　Pb-207‎ 一、选择题（本题共13小题，每小题6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.《本草纲目》中收载“烧酒”篇：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”《本草经集注》中记载有关于鉴别消石(KNO3)和朴消(Na2SO4)之法：以火烧之，紫青烟起，云是真消石也”。文字中两处渉及到“法”。分别是 A. 蒸馏 焰色反应 B. 萃取 升华 C. 蒸馏 丁达尔效应 D. 升华 焰色反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题中所给信息，“蒸令气上”表明该方法是利用各组分沸点不同实现物质的分离，此“法”是指蒸馏，烧酒利用的是蒸馏原理；钾元素的焰色反应为紫色。通过以上分析，A选项正确，故本题答案为A。‎ ‎【点睛】本题考查混合物的分离提纯和鉴别，把握物质的性质是解题关键，同时要注意古文的理解。‎ ‎2.普通锌锰电池筒内无机物主要成分是MnO2、NH4Cl、ZnCl2等。某研究小组探究废旧电池内的黑色固体并回收利用时,进行如图所示实验。下列有关实验的叙述正确的是（ ）‎ A. 操作①中玻璃棒的作用是转移固体 B. 操作②为过滤，得到的滤液显碱性 C. 操作③中盛放药品的仪器是坩埚 D. 操作④的目的是除去滤渣中的杂质 ‎【答案】C - 16 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A.操作①中玻璃棒起到搅拌加速溶解的作用，A错误；‎ B.普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质，NH4Cl、ZnCl2易溶于水，水解显酸性，MnO2难溶于水，操作②是把固体与溶液分离，应是过滤，得到的滤液显酸性，B错误；‎ C.由图可知操作③是在坩埚内灼烧滤渣，通常把泥三角放在三角架上，再把坩埚放在泥三角上，C正确；‎ D.二氧化锰是黑色固体，能作双氧水的催化剂，灼烧后的滤渣能加快双氧水分解产生氧气，能证明黑色固体是二氧化锰，所以该实验的目的不是除去滤渣中杂质，D错误；‎ 正确选项C。‎ ‎3.甲、乙两组有机反应类型相同的是(　　)‎ 选项 甲组 乙组 A 苯与氢气在催化剂、加热条件下反应 苯与液溴在FeBr3作用下反应 B 淀粉在稀硫酸中反应生成葡萄糖 丙烯酸(CH2=CHCOOH)与乙醇在浓硫酸、加热条件下反应 C 乙醇与氧气在铜和加热条件下反应 丙烯(CH3CH=CH2)与溴的四氯化碳溶液反应 D 在酸性KMnO4溶液中滴加乙醇 在光照条件下甲烷与氯气发生反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯与氢气在催化剂、加热条件下发生加成反应生成环己烷；苯与液溴在溴化铁作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，反应类型不相同，故A不符合题意；‎ B．淀粉在稀硫酸中发生水解反应（属于取代反应）生成葡萄糖；丙烯酸与甲醇在催化剂作用下发生酯化反应（属于取代反应）生成丙烯酸甲酯和水，反应类型相同，故B符合题意；‎ C - 16 -‎ ‎．氧气与乙醇在铜和加热条件下发生氧化反应生成乙醛和水；丙烯与溴的四氯化碳溶液中的溴单质发生加成反应生成1，2-二溴丙烷，反应类型不相同，故C不符合题意；‎ D．在酸性重铬酸钾溶液中滴加乙醇，乙醇发生氧化反应生成乙酸；光照条件下甲烷与氯气发生取代反应生成氯代甲烷和氯化氢，反应类型不相同，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】氧化反应除了有机物的燃烧，还有醇被酸性高锰酸钾氧化，醛和新制氢氧化铜的反应等。‎ ‎4.传感器可以检测空气中SO2的含量，传感器的工作原理如图所示。下列叙述中正确的是(　　)‎ A. b为电源的正极 B. 阳极的电极反应式为Ag++Cl-=AgCl C. 当电路中电子转移5×10-5 mol时，进入传感器的SO2为1.12 mL D. 阴极的电极反应式为2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示，有电源，为电解池装置，b电极上HSO3-变化为S2O42-，硫元素化合价降低发生还原反应，可判断为阴极，b电极为电源负极，a为电源的正极，Ag/AgCl为阳极，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据分析，与b电极连接的电解池的电极上发生HSO3-变化为S2O42-，硫元素化合价降低发生还原反应，判断为阴极，b电极为电源的负极，故A错误；‎ B．与电源a极相连的电极为电解池的阳极，电极反应式 Ag−e−+Cl−═AgCl，故B错误；‎ C．温度和压强不知不能计算气体体积，故C错误；‎ D．阴极的电极反应为HSO3-变化为S2O42-，依据电荷守恒和原子守恒书写电极反应为2HSO3-+2H++2e−═S2O42-+2H2O，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】从化合价的变化找出发生氧化反应和还原反应，从而判断出正负极。‎ - 16 -‎ ‎5.某有机物的分子式为C4H9ClO，分子中含有羟基和一个氯原子，且两者不能连到同一个碳原子上的同分异构体共有(　　)‎ A. 8种 B. 9种 C. 10种 D. 12种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物C4H‎9C1O分子中含有羟基，先写出丁醇的同分异构体，然后根据丁醇中等效H原子判断其一氯代物即可（注意不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上），以此解答该题。‎ ‎【详解】该有机物可以看作Cl原子取代丁醇中氢原子形成的，丁醇的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CHOHCH2CH3、(CH3)3COH、CH3(CH3)CHCH2OH，‎ CH3CH2CH2CH2OH分子的烃基中含有4种等效H原子，不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时，其一氯代物有3种；‎ CH3CHOHCH2CH3分子的烃基中含有4种H原子，不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时，其一氯代物有3种；‎ ‎(CH3)3COH分子中的烃基中含有1种H原子，其一氯代物有1种；‎ CH3(CH3)CHCH2OH分子的烃基上含有3种等效H，不考虑羟基与氯原子在同一个碳原子上时，其一氯代物有2种；‎ 根据分析可知，有机物C4H‎9C1O的同分异构体共有：3+3+1+2=9，答案选B。‎ ‎【点睛】有机物C4H‎9C1O的同分异构体的判断，可以从丁醇的氢原子被氯原子取代的角度分析。‎ ‎6.V、W、X、Y、Z五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，W的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，Y是同周期中原子半径最大的元素，Z的原子序数等于V、W、X的原子序数之和。下列说法错误的是(　　)‎ A. X、Z同主族，Y、Z同周期 B. 简单离子的半径：W＞Y C. V、X可形成原子个数比为1∶1、2∶1的化合物 D. 气态氢化物的热稳定性：X＜W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ V、W、X、Y、Z五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X的最外层电子数是内层电子数的三倍，为O；W的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，为N；Y - 16 -‎ 是同周期中原子半径最大的元素，且Y原子序数大于氧，只能为第三周期，为Na；Z的原子序数等于V、W、X的原子序数之和，则V为H，Z为S，结合原子结构特点、元素性质解答。‎ ‎【详解】A．X、Z分别为O，S二者是同主族，Y、Z分别为：Na、S属于同周期，故A正确；‎ B．W离子为N3-，Y离子为Na+，二者核外电子数相同，钠离子质子数大于氮离子，所以离子半径，N3−＞Na+，故 B正确；‎ C．V、X分别为H和O，可以形成H2O、H2O2化合物，原子个数比分别为2∶1、1∶1，故C正确；‎ D．X为O，W为N，同周期元素随核电荷数增大，非金属性增强，则氧的非金属性强于氮，所以简单气态氢化物的热稳定性X＞W，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎7.常温下，在10mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0..1mol/LHCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示(CO2因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化),下列说法不正确的是 A. 常温下，水解常数Kh(CO32-)的数量级为10-4‎ B. 当溶液是中性时，溶液的总体积大于20mL C. 在0.1mol/LNa2CO3溶液中:c(OH-)>c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H+)‎ D. 在B点所示的溶液中，离子浓度最大的是HCO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：由A点可以确定碳酸的二级电离常数和碳酸根的水解常数。碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液都呈碱性。根据质子守恒可以判断相关离子浓度的大小关系。‎ 详解：A. 由图中信息可知，A点c(HCO3-)=c(CO32-)，则水解常数Kh(CO32-)，A点对应的11＞pH＞10，则 - 16 -‎ ‎，所以，水解常数Kh(CO32-)的数量级为10-4，A正确；‎ B. 0.1mol/LNa2CO3溶液呈碱性，当加入10mL 0..1mol/LHCl溶液时碳酸根全部转化为碳酸氢根，此时溶液仍呈碱性，所以，当溶液是中性时，溶液的总体积大于20mL，B正确；‎ C. 在0.1mol/LNa2CO3溶液中，由质子守恒可知，c(OH-)=‎2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H+)，所以，c(OH-)>c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H+)，C正确；‎ D. 由物料守恒可知，在B点所示的溶液中，离子浓度最大的是Na+，D不正确。‎ 本题选D。‎ 三、非选择题 ‎（一）必考题（共11题，计129分）‎ ‎8.氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种易分解、易水解的白色固体，某研究小组以氢氧化钠固体、浓氨水、干冰等为原料制备氨基甲酸铵的实验装置如图所示，其主要反应的原理为2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(s)　ΔH＜0。‎ ‎(1)仪器3中盛装的固体是____，其作用是________________。‎ ‎(2)仪器6的一个作用是控制原料气按化学计量数充分反应，若反应初期观察到装置内浓硫酸中产生气泡，则应该___(填“加快”“减慢”或“不改变” )产生氨的速率。‎ ‎(3)另一种制备氨基甲酸铵的反应装置(液态石蜡和CCl4均充当惰性介质)如图所示。‎ ‎①液态石蜡鼓泡瓶的作用是________________________。 ‎ ‎②当CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时，立即停止反应，过滤分离得到粗产品，为了将所得粗产品干燥，可采取的方法是___(填字母)。 ‎ A．蒸馏　　　　　　 B．真空微热烘干　　 C．高压加热烘干 ‎(4)制得氨基甲酸铵中可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种杂质(不考虑氨基甲酸铵与水的反应)。‎ - 16 -‎ ‎①设计方案进行成分探究，请填写表中空格。‎ 限选试剂：蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、稀盐酸。‎ 实验步骤 预期现象和结论 步骤1：取少量固体样品于试管中，加入蒸馏水至固体溶解 得到无色溶液 步骤2：向试管中加入过量的BaCl2溶液，静置 若溶液不变浑浊，则证明固体中不含碳酸铵 步骤3：向试管中继续加入____________‎ ‎_____________，则证明固体中含有碳酸氢铵 ‎②根据①的结论，取‎15.8 g氨基甲酸铵样品，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，过滤洗涤、干燥，测得沉淀的质量为‎1.97 g。则样品中氨基甲酸铵的质量分数为____。‎ ‎【答案】 (1). 碱石灰 (2). 干燥氨，防止仪器5中生成的氨基甲酸铵水解 (3). 加快 (4). 通过观察气泡，调节NH3与CO2的通入比例(或通过观察气泡,控制通入NH3与CO2的速率) (5). B (6). 少量澄清石灰水 (7). 若溶液变浑浊 (8). 0.95(或95%)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)氨气由浓氨水与碱制备，由于氨基甲酸铵易水解，U型管内用碱石灰干燥氨气，防止仪器5中生成的氨基甲酸铵水解，在5中反应得到氨基甲酸铵，6中稀硫酸进行尾气处理，防止剩余的氨气污染空气；‎ ‎(2)若反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，说明有二氧化碳排出，通入氨气的量不足，应该适当加快产生氨气的流速；‎ ‎(3)①通过观察气泡，控制通入NH3与CO2的速率，使二者反应更充分；‎ ‎②氨基甲酸铵受热易分解，采取减压低温烘干，即真空微热烘干，答案选B；‎ ‎(4)①步骤3检验碳酸氢铵，需要检验碳酸氢根离子，继续加入少量澄清石灰水，若溶液变浑浊，则证明固体中含有碳酸氢铵；‎ ‎②根据①的结论，取‎15.8 g氨基甲酸铵样品，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，过滤洗涤、干燥，测得沉淀的质量为‎1.97 g，沉淀为碳酸钡，碳酸钡的物质的量==0.01mol - 16 -‎ ‎，由碳原子守恒，可知碳酸氢铵的物质的量为0.01mol，故碳酸氢铵的质量为=0.01mol×‎79g/mol=‎0.79g，故氨基甲酸铵的质量分数=×100%=95%(或0.95)。‎ ‎9.三盐基硫酸铅(3PbO·PbSO4·H2O，相对分子质量为990)简称“三盐”，白色或微黄色粉末，热稳定性能优良，主要用作聚氯乙烯的热稳定剂。“三盐”是由可溶性铅盐中加入硫酸生成硫酸铅，再加氢氧化钠而制得。以100.0 t铅泥(主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备“三盐”的工艺流程如图所示。‎ 已知：①Ksp(PbSO4)=1.82×10-8，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13；②铅与冷盐酸、冷硫酸几乎不起作用 请回答下列问题：‎ ‎(1)写出步骤①“转化”的化学方程式：_____，该反应能发生的原因是________。 ‎ ‎(2)步骤②“过滤‎1”‎后所得滤渣的主要成分为__________。 ‎ ‎(3)步骤③“酸溶”，最适合选用的酸为__，为提高酸溶速率，可采取的措施是___________(任意写出一条)。 ‎ ‎(4)从原子利用率的角度分析该流程的优点为__________。 ‎ ‎(5)步骤⑥“合成”的化学方程式为___________________。若得到纯净干燥的“三盐”49.5 t，假设铅泥中的铅元素有80%转化为“三盐”，则铅泥中铅元素的质量分数为____%(结果保留一位小数)。‎ ‎【答案】 (1). PbSO4+Na2CO3=PbCO3+Na2SO4 (2). Ksp(PbSO4)＞Ksp(PbCO3)，容易实现沉淀的转化 (3). Pb、PbO、PbCO3 (4). HNO3 (5). 适当升温(适当增加硝酸浓度、减小滤渣颗粒大小等合理答案均可) (6). 滤液2(HNO3溶液)可以循环利用 (7). 4PbSO4+6NaOH3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O (8). 51.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以100.0t铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐：向铅泥中加Na2CO3溶液是将PbSO4转化成PbCO3，Na2CO3(aq)+PbSO4(s)=Na2SO4(aq)+PbCO3(s - 16 -‎ ‎)，所以滤液Ⅰ的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3，Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下反应：3Pb+8HNO3=3Pb(NO3)2+2NO↑+4H2O、PbCO3+2HNO3=Pb(NO3)2+CO2↑+H2O、PbO+2HNO3=Pb(NO3)2+H2O，均转化成Pb(NO3)2，Pb(NO3)2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，过滤的滤液2为HNO3，可循环利用，向硫酸铅中加入氢氧化钠合成三盐和硫酸钠，4PbSO4+6NaOH3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O，滤液3主要是硫酸钠，洗涤沉淀干燥得到三盐，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)步骤①向铅泥中加Na2CO3溶液，由已知信息可知Ksp(PbSO4)＞Ksp(PbCO3)，Na2CO3(aq)+PbSO4(s)=Na2SO4(aq)+PbCO3(s)，则PbSO4更易转化成PbCO3，所以滤液Ⅰ的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3；‎ ‎(2)由分析可知步骤②“过滤‎1”‎后所得滤渣的主要成分为Pb、PbO、PbCO3；‎ ‎(3)Pb、PbO和PbCO3在硝酸作用下转化成Pb(NO3)2，若用稀硫酸或盐酸溶解，产物PbCl2或PbSO4难溶于水，溶解效果差；酸溶时，为提高酸溶速率，可采取的措施是适当升温（或适当增大硝酸浓度或减小沉淀微粒大小等）； ‎ ‎(4)从原子利用率的角度分析该流程的优点为Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb(NO3)2，Pb(NO3)2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，HNO3可循环利用；‎ ‎(5)步骤⑥合成三盐的化学方程式为：4PbSO4+6NaOH3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O，若得到纯净干燥的三盐49.5t，则其中铅元素的质量为：×49.5t=41.4t，设铅泥中铅元素的质量分数为w，则100.0t铅泥中铅元素为100×w，铅泥中的铅元素有80%转化为三盐，有100t×w×80%=41.4t，解得w≈51.8%。‎ ‎10.氮的化合物在生产生活中广泛存在。‎ ‎(1)①氯胺（NH2Cl）的电子式为________。可通过反应NH3(g)＋Cl2(g)=NH2Cl(g)＋HCl(g)制备氯胺，已知部分化学键的键能如右表所示（假定不同物质中同种化学键的键能一样），则上述反应的ΔH=_________。‎ 化学键 键能/(kJ·mol-1)‎ N-H ‎391.3‎ Cl-Cl ‎243.0‎ N-Cl ‎191.2‎ - 16 -‎ H-Cl ‎431.8‎ ‎②NH2Cl与水反应生成强氧化性的物质，可作长效缓释消毒剂，该反应的化学方程式为________。‎ ‎(2)用焦炭还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，向容积均为‎1L的甲、乙、丙三个恒容恒温（反应温度分别为‎400℃‎、‎400℃‎、T℃）容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n(NO)随反应时间t的变化情况如下表所示：‎ t/min ‎0‎ ‎40‎ ‎80‎ ‎120‎ ‎160‎ n(NO)（甲容器）/mol ‎2.00‎ ‎1.50‎ ‎1.10‎ ‎0.80‎ ‎0.80‎ n(NO)（乙容器）/mol ‎1.00‎ ‎0.80‎ ‎0.65‎ ‎0.53‎ ‎0.45‎ n(NO)（丙容器）/mol ‎2.00‎ ‎1.45‎ ‎1.00‎ ‎1.00‎ ‎1.00‎ ‎①该反应为____________（填“放热”或“吸热”）反应。‎ ‎②乙容器在200min达到平衡状态，则0～200min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)=_________。‎ ‎(3)用焦炭还原NO2的反应为：2NO2(g)+‎2C(s) N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1molNO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：‎ ‎①A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)_____Kc(B)（填“＜”或“＞”或“=”）。‎ ‎②A、B、C三点中NO2的转化率最高的是______（填“A”或“B”或“C”）点。‎ ‎③计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=______（Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。‎ - 16 -‎ ‎【答案】 (1). (2). +11.3kJ/mol-1 (3). NH2Cl＋H2ONH3＋HClO或NH2Cl＋2H2ONH3H2O＋HClO (4). 放热 (5). 0.003mol·L-1·min-1 (6). = (7). A (8). 2MPa ‎【解析】‎ ‎(1)（1）①氮原子最外层有5个电子，氯原子最外层有7个电子，氢原子最外层1个电子，三种原子间以共价键结合，氯胺（NH2Cl）的电子式为；正确答案：。反应为NH3(g)＋Cl2(g)=NH2Cl(g)＋HCl(g)，ΔH=反应物总键能-生成物总键能=3×391.3+243-2×391.3-191.2-431.8=+11.3kJ/mol-1；正确答案：+11.3kJ/mol-1。‎ ‎②生成物具有强氧化性、具有消毒作用的是次氯酸，氯元素由-1价氧化为+1价，氮元素由-2价还原到-3价，生成氨气；正确答案：NH2Cl＋H2ONH3＋HClO或NH2Cl＋2H2ONH3∙H2O＋HClO。‎ ‎（2）①从甲丙两个反应过程看出，加入的n(NO)一样，但是丙过程先达平衡，说明丙的温度比甲高；丙中n(NO)剩余量比甲多，说明升高温度，平衡左移，该反应正反应为放热反应；正确答案：放热。‎ ‎② 容积为‎1L的甲中： 2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)， ‎ ‎ 起始量 2 0 0‎ ‎ 变化量 1.2 0.6 0.6‎ ‎ 平衡量 0.8 0.6 0.6‎ 平衡常数=c(N2)×c(CO2)/ c2(NO)=0.6×0.6/0.82=9/16;甲乙两个反应过程温度相同，所以平衡常数相同；‎ 容积为‎1L的乙容器中，设NO的变化量为xmol： ‎ ‎2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，‎ 起始量 1 0 0‎ 变化量 x 0.5x 0.5x 平衡量 1- x 0.5x 0.5x 平衡常数=c(N2)×c(CO2)/ c2(NO)= 0.5x×0.5x/(1- x)2=9/16,解之得x=0.6mol；0～200min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)= 0.6÷1÷200= 0.003mol·L-1·min-1；正确答案：0.003mol·L-1·min-1。‎ ‎(3) ①平衡常数只与温度有关，由于温度不变，平衡常数不变， Kc(A)= Kc(B)；正确答案：‎ - 16 -‎ ‎ =。‎ ‎②增大压强，平衡左移，NO2的转化率降低，所以A、B、C三点中压强最小为A点，该点转化率最大；正确答案：A。‎ ‎③由焦炭还原NO2的反应为：2NO2(g)+‎2C(s)N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1 mol NO2和足量C发生反应在C点时，NO2和CO2的物质的量浓度相等，可知此时反应体系中n(NO2)=0.5mol，n(N2)=0.25mol，n(CO2)=0.5mol，则三种物质的分压分别为：P(NO2)= P(CO2)=10MPa×=4，P(N2)=2MPa，C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)= 2MPa×42MPa/42MPa=2 MPa；正确答案：2MPa。‎ 点睛：（2）②乙装置中求v(NO)，就得利用甲装置中相关数据计算出反应的平衡常数，同一个反应在相同温度下，平衡常数相等；这样就可以求出乙装置内∆c(NO)，从而求出v(NO)，这是很好的考查了利用平衡常数进行的相关计算内容。‎ ‎（二）选考题（共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。）‎ ‎[化学——物质结构与性质]‎ ‎11.Y、Z、W、R、M五种元素，位于元素周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增大，有如下信息：‎ 元素 相关信息 Y 原子核外有6个不同运动状态的电子 Z 非金属元素，基态原子的s轨道的电子总数与p轨道的电子总数相同 W 主族元素，与Z原子的价电子数相同 R 价层电子排布式为3d64s2‎ M 位于第ⅠB族，其被称作“电器工业的主角”‎ 请回答下列问题(Y、Z、W、R、M用所对应的元素符号表示)：‎ ‎(1)Z、W元素相比，第一电离能较大的是____，M2+的核外电子排布式为_______。 ‎ - 16 -‎ ‎(2)M2Z的熔点比M2W的______(填“高”或“低”)，请解释原因：_____________。 ‎ ‎(3)WZ2的VSEPR模型名称为______；WZ3气态为单分子，该分子中W原子的杂化轨道类型为____；WZ3的三聚体环状结构如图(a)所示，该结构的分子中含有____个σ键；写出一种与WZ3互为等电子体的分子的化学式_____。‎ ‎ ‎ ‎(4)MRW2的晶胞如图(b)所示，晶胞参数a=0.524 nm、c=1.032 nm；MRW2的晶胞中，晶体密度ρ=____g/cm3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA=6.02×1023 mol-1)。‎ ‎【答案】 (1). O (2). [Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9 (3). 高 (4). 氧离子半径比硫离子半径小,Cu2O比Cu2S的晶格能大,所以Cu2O熔点高 (5). 平面三角形 (6). sp2 (7). 12 (8). BF3等 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Y、Z、W、R、M五种元素，位于元素周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增大。Y的原子核外有6个不同运动状态的电子，Y为C元素； Z是非金属元素，基态原子的s轨道的电子总数与p轨道的电子总数相同，Z的电子排布式为1s2s22p4，Z为O元素；W是主族元素，与Z原子的价电子数相同，W为S元素；R的价层电子排布式为3d64s2， R为Fe元素；M位于第IB族，其被称作“电器工业的主角”，为Cu元素，据此分析结合元素性质解答。‎ ‎【详解】(1) Z为O元素，W为S元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，O和S元素相比，第一电离能较大的是O，M为Cu元素，Cu2+的核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；‎ ‎(2) M为Cu元素，Z为O元素，W为S元素，M2Z为Cu2O，M2W为Cu2S，由于氧离子的半径小于硫离子的半径，则Cu2O比Cu2S的晶格能大，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高； ‎ ‎(3) W为S元素，Z为O元素，WZ2为SO2，中心原子S价层电子对数=2+=3，S原子采取sp2杂化，VSEPR模型名称为平面三角形；SO3气态为单分子，该分子中S - 16 -‎ 原子的价层电子对数=3+=3，杂化轨道类型为sp2；单键都为σ键，SO3的三聚体环状结构如图(a)所示，该结构的分子中含有12个σ键，SO3由4个原子构成，价电子总数为24，与SO3互为等电子体的分子的化学式为BF3；‎ ‎(4)MRW2为CuFeS2，晶胞中每个Cu原子与4个S原子相连，CuFeS2的晶胞中S原子个数=8、Fe原子个数=4×+4×+2×=4、Cu原子个数=8×+4×+1=4，晶胞体积=a‎2c=（0.524×10-7×0.524×10-7×1.032×10-7）cm3，晶体密度ρ===g/cm3=g/cm3。‎ ‎[化学——有机化学基础]‎ ‎12.呋喃(C4H4O)是生产抗流感药物磷酸奥司他韦(又名达菲)的原料之一，以玉米芯为原料制备呋喃及相关衍生物的一种工艺流程如下：‎ 已知：①A可以发生银镜反应；②+‖‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)D的分子式为____。 ‎ ‎(2)呋喃的结构简式为____；②的反应类型为______。 ‎ ‎(3)A发生银镜反应的化学方程式为_____________。 ‎ ‎(4)反应①在有机合成中具有重要意义，则B的结构简式为________。 ‎ ‎(5)C的同分异构体中，含有“”结构的共有____种(不含立体异构)，其中能发生银镜反应，且核磁共振氢谱中有2组吸收峰的有机物的结构简式为______。 ‎ ‎(6)参照上述合成路线，设计以环己烯和丙烯为原料制备 - 16 -‎ 的合成路线(无机试剂任选)。_____________________________________________________________‎ ‎【答案】 (1). C7H12O3 (2). (3). 取代反应 (4). +2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O (5). (6). 13 (7). (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据逆向合成法的运用，由D的结构简式和C→D的转化关系，可得C的结构简式为，由C的结构简式、A的分子式以及已知信息①、A→C的转化关系可得，A的结构简式为，可得呋喃的结构简式为，再根据已知信息②，呋喃与发生信息②的反应，可推知B的结构简式为，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据D的结构简式，节点为碳原子，每个碳原子形成4个共价键，不足键由氢原子补齐，分子式为C7H12O3；‎ ‎(2)根据分析，呋喃的结构简式为；呋喃在一定条件下与溴单质发生取代反应生成，则②的反应类型为取代反应；‎ ‎(3) A的结构简式为，发生银镜反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；‎ ‎(4)根据分析，B的结构简式为； ‎ ‎(5)分子式符合C5H10O2且分子含有“”结构的有机化合物可能是羧酸，也可能是酯类物质，因-C4H9有4种结构，则C4H9-COOH有四种结构，C4H9-OOCH也有四种结构；C3H7-有两种结构，则CH3COO-C3H7与CH3OOC-C3H7分别有两种结构，CH3CH2OOC-CH2CH3只有一种结构，故C的同分异构体中，含有“”结构的共有13种结构；其中能发生银镜反应，说明属于甲酸酯，且核磁共振氢谱中有2‎ - 16 -‎ 组吸收峰说明分子中只有2种不同环境的氢原子，则该有机物的结构简式为；‎ ‎(6)由环己烯和丙烯为原料制备，可由与Br2发生加成反应生成，在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生消去生成，与丙烯(CH2=CHCH3)发生信息②的反应生成目标产物，则合成路线为：。‎ - 16 -‎