辽宁省大连市2020届高三上学期第三次模拟考试理综化学试题

辽宁省大连市2020届高三上学期第三次模拟考试理综化学试题

第三次模拟考试 理科综合能力测试化学 ‎1. 温家宝总理在2010年政府工作报告中提出：“要大力开发低碳技术，推广高效节能技术，积极发展新能源和可再生能源。”下列有关做法与此不相符的是 A. 大力开发丰富的煤炭资源，减少对石油的依赖 B. 回收废弃饮料包装纸，制作成公园内的休闲长椅 C. 在西部和沿海地区兴建风力发电站，解决能源问题 D. 鼓励购买小排量汽车，推广与发展电动、混合动力汽车 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 开发煤炭资源，与低碳技术、高效节能技术不符，A选项错误。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 由2H和18O所组成的水11 g，其中所含的中子数为4NA B. 常温常压下的33．6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NA C. 0.1 mol H3O+中含有的电子数为NA D. 标准状况下，1L乙醇完全燃烧产生CO2分子的数目为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 一个由2H和18O所组成的水分子中含有12个中子，水的物质的量为，则其中所含的中子数为0.5mol×12=6mol，即6NA，A项错误；‎ B. 不是标准状况，不能使用22.4L/mol计算氯气物质的量，无法计算，B项错误；‎ C. 一个H3O+中含有10个电子，则0.1 mol H3O+中含有的电子数为NA，C项正确；‎ D. 标准状况下，乙醇不是气体，不能使用22.4L/mol计算其物质的量，无法计算，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】公式（Vm ‎=22.4L/mol）的使用是学生们的易错点，并且也是高频考点，在使用时一定看清楚两点：①条件是否为标准状况，②在标准状况下，该物质是否为气体。如：本题D项标况下乙醇不是气体，不能使用22.4L/mol计算其物质的量；B项是常温常压，不能使用22.4L/mol计算氯气物质的量。‎ ‎3.下列离子方程式错误的是（ ）‎ A. 将少量的硝酸银溶液滴入氨水中 Ag++2NH3·H2O= [Ag(NH3)2]+ +2H2O B. 碳酸钠水解：CO32-+2H2O＝H2CO3+2OH－‎ C. 向3%的双氧水中通入少量SO2：H2O2+SO2＝2H++SO42-‎ D. 向NaHCO3溶液中加入过量石灰水：Ca2＋+OH－+HCO3－＝CaCO3↓+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由于氨水是过量的，则生成了稳定的[Ag(NH3)2]+，正确的离子方程式为：Ag++2NH3·H2O= [Ag(NH3)2]+ +2H2O，A项正确；‎ B. 碳酸钠分步水解，主要为第一步水解，且为可逆反应，正确的离子方程式为：CO32－+H2O⇌HCO3－-+OH－，B项错误；‎ C. 向3%的双氧水中通入少量SO2，H2O2氧化SO2生成硫酸，正确的离子方程式为：H2O2+SO2＝2H++SO42-，C项正确；‎ D. 向NaHCO3溶液中加入过量石灰水，碳酸氢根离子全部参与反应，假设碳酸氢根离子为1mol，则正确的离子方程式为：Ca2＋+OH－+HCO3－＝CaCO3↓+H2O，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】碳酸氢钠溶液与澄清石灰水反应的离子方程式的书写是学生们学习的难点，‎ 碳酸氢钠溶液与足量的澄清石灰水反应，离子方程式为：HCO3- +Ca2+ + OH- = CaCO3↓+ H2O，‎ 碳酸氢钠溶液与少量的澄清石灰水反应，离子方程式为：2HCO3- +Ca2+ + 2OH- = CaCO3↓+ CO32-+ 2H2O。以“少量者定为1mol”配平过量反应物的系数。‎ ‎4.常温下，有关物质的溶度积如下 物质 CaCO3‎ MgCO3‎ Ca(OH)2‎ Mg(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Ksp ‎4.96×10-9‎ ‎6.82×10-6‎ ‎4.68×10-6‎ ‎5.61×10-12‎ ‎2.64×10-39‎ 下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 常温下，除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好 B. 常温下，除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好 C. 向含有Mg 2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c(Mg 2+)∶c(Fe3+)＝2 .125×1021‎ D. 将适量的Ca(OH)2固体溶于100mL水中，刚好达到饱和[c(Ca2+)=1.054×10-2mol/L]，若保持温度不变， 向其中加入100mL 0.012mol/L的NaOH，则该溶液变为不饱和溶液。‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 因为MgCO3是微溶物，其溶度积远远大于Mg(OH)2，所以除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好，A项正确；‎ B. 因为Ca(OH)2是微溶物，其溶度积远大于CaCO3，所以除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好，B项错误；‎ C. 向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，‎ ‎，，所以，C项正确；‎ D. 将适量的Ca(OH)2固体溶于100mL水中，刚好达到饱和，c(Ca2+)=1.054×10-2mol/L，c(OH-)=2.108×10-2mol/L，若保持温度不变，向其中加入100mL 0.012mol/L的NaOH，混合后，c(Ca2+)=0.527×10-2mol/L，，此时Ca(OH)2的离子积，则该溶液变为不饱和溶液，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎5.X、Y、Z是三种气态物质，在一定温度下其变化符合下图。下列说法一定正确的是（ ）‎ A. 该反应的热化学方程式为X(g) +3Y(g) ⇌ 2Z(g) △H= -（E2-E1）kJ B. 若图III中甲表示压强，乙表示Z的含量，则其变化符合图III中曲线 C. 该温度下，反应的平衡常数数值约为533，若升高温度，该反应的平衡常数减小，Y的转化率降低 D. 图II中曲线b是加入催化剂时的能量变化曲线，曲线a是没有加入催化剂时的能量变化曲线 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 图Ⅰ中X、Y的物质的量浓度逐渐减小，应是反应物，Z的物质的量浓度逐渐增大，应是生成物，浓度的变化比值为（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1：3：2，根据浓度的变化之比等于化学计量数之比可知反应方程式应为X(g) +3Y(g) ⇌ 2Z(g)，由图Ⅱ可知反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反应热为△H= -（E2-E1）kJ/mol，该反应热化学方程式为X(g) +3Y(g) ⇌ 2Z(g) △H= -（E2-E1）kJ/mol，反应热的单位为kJ/mol，A项错误； B. 压强增大，平衡右移，Z的含量应增大，B项错误； C. 该反应放热，升高温度平衡左移，该反应的平衡常数减小，Y的转化率降低，C项正确； D. 图Ⅱ也可能为加入不同的催化剂，b的催化效果较好，或者是曲线b是加入催化剂，曲线a是没有加入催化剂时的能量变化曲线，D项错误； 答案选C。‎ ‎6.Cl2在70℃的NaOH溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3物质的量之比为4:1，溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为（ 　 ）‎ A. 11:2 B. 1:1 C. 9:4 D. 5:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】Cl2发生自身氧化还原反应，应该一部分升价，一部分降价，而NaClO与NaClO3‎ 都是氯元素升价后的产物，可令NaClO为4mol，NaClO3为1mol，设NaCl为x mol，则根据得失电子守恒，可得1×4+5×1=x×1，解得x=9，则溶液中NaCl与NaClO的物质的量之比为9:4，C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎7.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 烃分子中所含碳氢键数目一定为偶数 B. 塑料、橡胶和纤维都属于合成高分子材料 C. 乙烯和苯都能使溴水褪色，其褪色原理相同 D. 淀粉、葡萄糖、脂肪和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 烃分子中的氢原子个数一定为偶数，烃分子中所含碳氢键数目一定为偶数，A项正确； B. 合成纤维、合成橡胶、塑料都是有机合成高分子材料，而天然橡胶、天然纤维不是合成高分子材料，B项错误； C. 烯烃使溴水褪色的原理是加成反应，苯使溴水褪色的原理是萃取，二者原理不同，C项错误； D. 葡萄糖为单糖，不能发生水解反应，D项错误； 答案选A。‎ ‎【点睛】1、烯烃使溴水褪色的原理是加成反应；‎ ‎2、苯在溴化铁的催化作用下与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢；苯分子中没有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，但溴更易溶于苯中，溴水与苯混合时，可发生萃取，苯的密度小于水，因此上层为溴的苯溶液，颜色为橙色，下层为水，颜色为无色，这是由于萃取使溴水褪色，没有发生化学反应。这是学生们的易错点，也是常考点。‎ ‎8.下图所示为常见气体制备、干燥、性质验证和尾气处理的部分仪器装置（加热设备及夹持固定装置均略去），请根据要求完成下列各题，仪器装置可任意选用，必要时可重复选择。‎ ‎（1）若锥形瓶中盛装锌片，分液漏斗中盛装稀硫酸，可验证H2的还原性并检验其氧化产物。‎ ‎ ①当仪器连接顺序为A→D→B→B→C时，两次使用B装置，其中所盛的药品依次是CuO、____________。‎ ‎ ②检查好装置气密性后加热B前必须进行的操作是_________________ 。‎ ‎（2）若锥形瓶中盛装Na2O2固体，分液漏斗中盛装浓氨水，B中盛装固体催化剂，可进行氨的催化氧化，其反应产物为NO和H2O。‎ ‎①各仪器装置按气流方向从左到右连接顺序A→C→B→C，请写出B中氨的催化氧化反应方程式____________________________ 。‎ ‎②装置B中可能观察到的现象是_____________________________。‎ ‎（3）若锥形瓶中盛装Na2SO3固体，分液漏斗中盛装H2SO4溶液，B中盛装Na2O2固体，可探究SO2气体与过氧化钠反应时是否有O2生成。根据气流方向，装置的连接顺序为：A→D→B→E，根据实验现象回答问题：‎ ‎①若将带余烬的木条靠近E的导管口，木条复燃，SO2表现酸性氧化物的性质，则反应的方程式可能为：____________________；‎ ‎②若在E的导管口未收集到任何气体，SO2只表现还原性，则反应的方程式可能为：____________________。‎ ‎③装置B中观察到的现象是__________。‎ ‎【答案】 (1). 无水硫酸铜 (2). 检验氢气是否纯净或检验装置中空气是否排尽 (3). 4NH3+5O2 4NO+6H2O (4). 有红棕色气体出现，玻璃管内壁附着有水珠 (5). 2SO2+2Na2O2=2Na2SO3+O2 (6). SO2+Na2O2=Na2SO4 (7). 淡黄色固体粉末逐渐变为白色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①验证H2的还原性，可先将其氧化成水，再用无水硫酸铜检验水，第二次使用B装置的作用是检验产物水；‎ ‎②氢气混有氧气时，加热容易发生爆炸，因此加热B装置前需要检验氢气的纯度；‎ ‎（2）①氨的催化氧化产物为NO和H2O；‎ ‎②氨气在B中发生催化氧化反应生成NO，NO又会继续与O2反应生成NO2，故B中会出现红棕色气体，同时容器内壁还会有水珠出现；‎ ‎（3）①若将带余烬的木条靠近E的导管口，木条复燃，说明生成了氧气，SO2表现酸性氧化物的性质，则硫元素化合价不变，则反应可能生成亚硫酸钠和氧气；‎ ‎②若在E的导管口未收集到任何气体，SO2只表现还原性，则过氧化钠表现氧化性，则反应可能生成Na2SO4； ‎ ‎③装置B中Na2O2与SO2反应生成Na2SO3或Na2SO4，二者均为白色固体粉末，据此解答。‎ ‎【详解】（1）①验证H2的还原性，可先将其氧化成水，再用无水硫酸铜检验水；‎ 故答案为：无水硫酸铜；‎ ‎②因H2具有可燃性，故在加热CuO前必须排尽装置内的空气，而判断空气是否排尽的方法是检验从装置内出来的氢气是否纯净；‎ 故答案为：检验氢气是否纯净或检验装置中空气是否排尽； ‎ ‎（2）①氨的催化氧化的反应方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O；‎ 故答案：4NH3+5O2 4NO+6H2O； ‎ ‎②氨气在B中发生催化氧化反应生成NO，NO又会继续与O2反应生成NO2，故B中会出现红棕色气体，同时容器内壁还会有水珠出现；‎ 故答案为：有红棕色气体出现，玻璃管内壁附着有水珠；‎ ‎（3）①若将带余烬的木条靠近E的导管口，木条复燃，说明生成了氧气，SO2表现酸性氧化物的性质，则硫元素化合价不变，则反应的方程式可能为：2SO2+2Na2O2=2Na2SO3+O2；‎ 故答案为：2SO2+2Na2O2=2Na2SO3+O2；‎ ‎②若在E的导管口未收集到任何气体，SO2只表现还原性，则过氧化钠表现氧化性，则反应的方程式可能为：SO2+Na2O2=Na2SO4； ‎ 故答案为：SO2+Na2O2=Na2SO4；‎ ‎③装置B中Na2O2与SO2反应生成Na2SO3或Na2SO4，二者均为白色固体粉末，则观察到的现象是淡黄色固体粉末逐渐变为白色；‎ 故答案为：淡黄色固体粉末逐渐变为白色。‎ ‎9. A、B、C是三种常见短周期元素的单质。常温下D为无色液体，E是一种常见的温室气体。其转化关系如图(反应条件和部分产物略去)。试回答：‎ ‎(1)E的电子式是 。‎ ‎(2)单质X和B或D均能反应生成黑色固体Y，Y的化学式是 ‎ ‎(3)物质Z常用于对空气进行杀菌、净化和水果保鲜等。Z和B的组成元素相同，Z分子中各原子最外层电子数之和为18。Z和酸性碘化钾溶液反应生成B和碘单质，反应的离子方程式是 。‎ ‎(4)取0.3 mol F与足量D充分混合后，所得溶液中再通入0.2 mol E充分反应，最后得到的水溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序是(不考虑H+) 。‎ ‎【答案】（8分）（1）（2 分）‎ ‎（2）（2分）‎ ‎（3）（2 分）‎ ‎（4）（2 分）（缺少离子不得分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：推断题要准确抓住突破口：常温下D为无色液体，可以知道D是H2O，又E是一种常见的温室气体则E是CO2。因为A、B、C是单质，则A是H2、B为O2、C是碳，H2O和CO2都可以与Na2O2生成O2，所以F为Na2O2。能与氧气或水都能生成黑色固体的，则应该是铁，生成四氧化三铁。与氧气组成元素相同的，最外层电子数之和为18的是臭气，臭氧与酸性碘化钾反应注意化合价升降相等进行配平。0.3 mol Na2O2与足量的水反应生成0.6mol的NaOH,与0.2mol的CO2反应,得到0.2mol的Na2CO3，剩余0.2molNaOH，因为CO32—水解，则离子浓度的大小：。‎ 考点：考查H2O、CO2、Fe、Na2O2等物质性质，同时通过方程式的书写考查学生对化学用语的掌握情况，通过离子浓度的比较考查化学计算及盐类的水解。‎ 点评：本题起点低，较容易推断各种物质，但是在答题中难度逐渐增大，尤其最后一问，考查学生较强的计算能力及综合运用知识的能力，此题属于难度较大试题。‎ ‎10.2009年10月1日，我国成功举办国庆六十年阅兵活动。其中阅兵仪式上9辆电动车与混合动力车等新能源车辆的亮相，展示了综合国力、国防科技发展水平。同时也说明能源短缺是人类社会面临的重大问题。甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。‎ ‎（1）工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：‎ 反应Ⅰ： CO(g) ＋ 2H2(g)CH3OH(g) ΔH1‎ 反应Ⅱ： CO2(g) ＋ 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) ΔH2‎ ‎①上述反应符合“原子经济”原则的是 _____（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。‎ ‎②下表所列数据是反应Ⅰ在不同温度下的化学平衡常数（K）。‎ 温度 ‎ ‎250℃ ‎ ‎300℃ ‎ ‎350℃ ‎ K ‎ ‎2.041 ‎ ‎0.270 ‎ ‎0.012 ‎ ‎ ‎ 由表中数据判断ΔH1 0 （填“＞”、“＝”或“＜”）。‎ ‎③某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)＝ 0.2 mol/L，则CO的转化率为 ，此时的温度为 （从上表中选择）。‎ ‎（2）已知在常温常压下：‎ ‎① 2CH3OH(l) ＋ 3O2(g) ＝ 2CO2(g) ＋ 4H2O(g) ΔH1＝－1275.6 kJ/mol ‎② 2CO (g)+ O2(g) ＝ 2CO2(g) ΔH2＝－566.0 kJ/mol ‎③ H2O(g) ＝ H2O(l) ΔH3＝－44.0 kJ/mol 写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式： ‎ ‎（3）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，‎ ‎①设计如图所示的电池装置。该电池正极的电极反应为 。‎ ‎②工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池总反应的化学方程式为 ‎ 。‎ ‎【答案】（1）① I ②＜ ③ 80% 250℃‎ ‎（2） CH3OH(l)+ O2(g) ＝ CO(g) + 2H2O(l) ΔH＝﹣442.8 kJ∕mol ‎（3）① O2+ 2H2O + 4e-= 4OH-‎ ‎② 2CH3OH + 3O2+ 4OH-= 2CO32-+ 6H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①反应I只生成甲醇，符合绿色化学思想，原子利用率100%；‎ ‎②由表中数据可知随温度的升高，K逐渐减小，说明平衡左移，即正反应是放热反应，ΔH1＜0；‎ ‎③ CO(g) ＋ 2H2(g) CH3OH(g)‎ 初c: 1 3 0‎ ‎△c: 0.8 1.6 0.8‎ 平c: 0.2 1.4 0.8‎ 则CO的转化率为=80%；K==2.041，比照表中数据可知，温度为250℃；‎ ‎（2）已知：① 2CH3OH(l) ＋ 3O2(g) ＝ 2CO2(g) ＋ 4H2O(g) ΔH1＝－1275.6 kJ/mol ‎② 2CO (g)+ O2(g) ＝ 2CO2(g) ΔH2＝－566.0 kJ/mol ‎③ H2O(g) ＝ H2O(l) ΔH3＝－44.0 kJ/mol 根据盖斯定律，由①×-②×+③×2得反应CH3OH(l)+ O2(g) ＝ CO(g) + 2H2O(l) ΔH＝﹣442.8 kJ∕mol；‎ ‎（3）①该燃料电池中，正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子，电极反应式为O2+ 2H2O + 4e-=4OH-；‎ ‎②得失电子相等条件下，将电极反应式相加即得电池反应式，所以得电池反应式为2CH3OH + 3O2+ 4OH-= 2CO32-+ 6H2O。‎ ‎11.[化学——选修化学与技术] ‎ 分析下面两个案例并回答有关问题。‎ ‎(1)某城镇生产、生活的分布情况如图所示，河流中W、X、Y、Z处某次水样抽测结果如表所示。‎ ‎①导致X、Y处水样pH变化的原因可能是______________________________；‎ ‎②Z处鱼类大量减少，产生这种现象的原因可能是________________________。‎ ‎(2)某地区已探明蕴藏有丰富的赤铁矿（主要成分为Fe2O3，还含有SiO2等杂质）、煤矿、石灰石和黏土。拟在该地区建设大型炼铁厂。‎ ‎①随着铁矿的开发和炼铁厂的建立，需要在该地区相应建立焦化厂、发电厂、水泥厂等，形成规模的工业体系。据此确定上图中相应工厂的名称A__________、B__________、C__________、D__________；‎ ‎②以赤铁矿为原料，写出高炉炼铁中得到生铁和产生炉渣的化学方程式__________；‎ ‎③从“三废”利用、环境保护等角度考虑，该地区和企业在生产中应采取的一些措施有（举出2种措施即可）_________________________。‎ ‎【答案】 (1). 造纸厂排放的碱性污水使X处河水pH升高，火力发电厂净化烟气的酸性废水治理未达标就排放，造成Y处等的河水，pH降低（或火力发电厂燃烧产生的SO2会导致酸雨，飘落后使Y处等的河水pH降低） (2). 化肥厂、农田及生活污水使Z处河水富营养化，水温较高，适于藻类等水生植物生长，河水中溶解氧被大量消耗，导致鱼类死亡 (3). 发电厂 (4). 焦化厂 (5). 炼铁厂 (6). 水泥厂 (7). Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2 、CaCO3+SiO2 CaSiO3+CO2↑ (8). 用炼铁厂的炉渣（或CaSiO3）作为水泥厂的原料；用发电厂的煤矸石和粉煤灰作为水泥厂的原料；将石灰石煅烧成生石灰，用于吸收发电厂和焦化厂燃煤时产生的SO2，减少对空气的污染；建立污水处理系统（只要合理，写出任意两种即可）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①X→Y处水样pH由碱性到酸性，由于X靠近造纸厂，该厂一定是排出碱性废水，Y靠近火力发电厂，pH降低，则火力发电厂排出的废水一定为酸性废水。围绕排出废水的酸碱性来回答X、Y处的pH变化；‎ ‎②鱼类的大量减少，与溶解氧量有密切关系，围绕溶解氧量减少来分析；‎ ‎（2）①联系各厂生产需要的原料来解答；‎ ‎②高炉炼铁是由一氧化碳还原氧化铁得到铁，炉渣是碳酸钙与二氧化硅反应，条件均为高温；‎ ‎③从变废宝、环境保护等角度分析。‎ ‎【详解】（1）①造纸厂排放的碱性污水使X处河水pH升高，火力发电厂净化烟气的酸性废水治理未达标就排放，造成Y处等的河水pH降低(或火力发电厂燃煤产生的SO2会导致酸雨，飘落后使Y处等的河水pH降低)；‎ 故答案为：造纸厂排放的碱性污水使X处河水pH升高，火力发电厂净化烟气的酸性废水治理未达标就排放，造成Y处等的河水pH降低（或火力发电厂燃烧产生的SO2会导致酸雨，飘落后使Y处等的河水pH降低）；‎ ‎②Z处河水紧邻化肥厂、农田及污水处理厂，根据已知信息，X处水温较高，溶解氧较少，则产生这种现象的原因可能是化肥厂、农田及生活污水使Z处河水富营养化，水温较高，适于藻类等水生植物生长，河水中溶解氧被大量消耗，导致鱼类死亡；‎ 故答案为：化肥厂、农田及生活污水使Z处河水富营养化，水温较高，适于藻类等水生植物生长，河水中溶解氧被大量消耗，导致鱼类死亡；‎ ‎（2）①发电厂、焦化厂需要煤；炼铁厂需要铁矿石、焦炭、石灰石；水泥厂需要的原料为黏土和石灰石。首先推知：D为水泥厂，C为炼铁厂，由A与另外三厂都有联系，可知A为发电厂，则B为焦化厂；‎ 故答案为：发电厂；焦化厂；炼铁厂；水泥厂；‎ ‎②高炉炼铁中得到生铁的方程式为Fe2O3+3COFe+3CO2，产生炉渣的方程式为CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑；‎ 故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 、CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑；‎ ‎③从“三废”利用、环境保护等角度考虑，该地区和企业在生产中应采取的一些措施有：用炼铁厂的炉渣(或CaSiO3)作为水泥厂的原料；用发电厂的煤矸石和粉煤灰作为水泥厂的原料；将石灰石煅烧成生石灰，用于吸收发电厂和焦化厂燃煤时产生的SO2，减少对空气；建立污水处理系统；‎ 故答案为：用炼铁厂的炉渣（或CaSiO3）作为水泥厂的原料；用发电厂的煤矸石和粉煤灰作为水泥厂的原料；将石灰石煅烧成生石灰，用于吸收发电厂和焦化厂燃煤时产生的SO2,减少对空气的污染；建立污水处理系统。（只要合理，写出任意两种即可）‎ ‎12.[物质结构与性质]‎ 能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈，越来越多的国家开始实行“阳光计划”，开发太阳能资源，寻求经济发展的新动力。‎ ‎（1）原子数相同，价电子数也相同的微粒，称为等电子体。等电子体具有相似的化学键特征，性质相似。CO的结构式为_______________。‎ ‎（2）太阳能热水器中常使用一种以镍或镍合金空心球为吸收剂的太阳能吸热涂层，写出基态镍原子的核外电子排布式______ 。‎ ‎（3）富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能，在太阳能电池的应用上具有非常光明的前途。富勒烯()的结构如图，分子中碳原子轨道的杂化类型为______；1 mol 分子中 键的数目为______ 。‎ ‎（4）多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化镓、硫化镉、硫化锌及铜锢硒薄膜电池等。‎ ‎①第一电离能：As_____Se(填“>”、“<”或“=”)。‎ ‎②硫化锌的晶胞中(结构如右图所示)，硫离子的配位数是_______。‎ ‎ ‎ ‎③二氧化硒分子的空间构型为________。‎ ‎（5）金属酞菁配合物在硅太阳能电池中有重要作用，一种金属镁酞菁配合物的结构如下图，请在下图中用箭头表示出配位键。________________‎ ‎【答案】 (1). (2). 1s22s22p63s23p63d84s2 (3). sp2 (4). 90NA (5). ＞ (6). 4 (7). 折型（角型、V型） (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）CO与N2互为等电子体，根据N2的结构式书写CO的结构式；‎ ‎（2）镍原子核外有28个电子，根据构造原理书写其基态镍原子的核外电子排布式； （3）判断碳原子的杂化类型可根据其成键情况来判断，碳原子若成四个单键，其杂化类型必为sp3，若成一个双键，两个单键，其杂化类型必为sp2，若成一个单键，一个三键，其杂化类型必为sp，在利用均摊发计算σ键的数目；‎ ‎（4）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但注意第VA族元素大于同周期相邻元素的第一电离能； ②与硫离子最近的锌离子的数目为硫离子的配位数； ③计算Se原子孤电子对、价层电子对，确定其空间构型； （5）配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子。‎ ‎【详解】（1）等电子体具有相似的化学键特征，CO与N2互为等电子体，则结构式相似，则CO的结构式为CO；‎ 故答案为：CO；‎ ‎（2）镍原子核外有28个电子，其基态镍原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，；‎ 故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；‎ ‎（3）在C60分子中每个碳原子周围形成一个双键，两个单键，则每个碳原子形成3个σ键，且不含孤电子对，所以采用sp2杂化，每个碳原子含有的σ键个数为，所以1molC60分子中σ键的数目=1mol×60××NAmol−1=90NA；‎ 故答案为：sp2；90NA；‎ ‎（4）①As和Se属于同一周期，且As属于第VA族，Se属于第VIA族，As原子4p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于Se；‎ 故答案为：>；‎ ‎②与硫离子最近的锌离子的数目为1×4=4，即硫离子的配位数是4；‎ 故答案为：4；‎ ‎③二氧化硒分子中Se原子孤电子对数为，价层电子对数=2+1=3，所以其空间结构为V形；‎ 故答案为：折型（角型、V型）；‎ ‎（5）配位键由提供孤电子对原子指向提供空轨道的原子，所以该配合物中的配位键为 ‎；‎ 故答案为：。‎ ‎13.[有机化学基础]‎ 与有机物B相关的反应信息如下：‎ ‎(1)写出下列反应的反应类型：‎ B→A______________，D→E第①步反应________________。‎ ‎(2)写出E、C的结构简式：E_______________。C_______________。‎ ‎(3)C的一种同分异构体K有如下特点：1molK可以和3mol金属钠发生反应放出33．6LH2(标准状况下)，1molK可以和足量的NaHCO3溶液反应，生成1molCO2，1molK还可以发生银镜反应生成2molAg，试写出K的结构简式________________________。‎ ‎(4)写出在浓硫酸存在并加热的条件下，F与足量乙醇反应的化学方程式_______________。‎ ‎【答案】 (1). 加成反应 (2). 消去反应 (3). HOOCCCCOOH (4). ‎ ‎ (5). (6). +2C2H5OH+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由G的分子式可知，A~G各物质分子中均含有4个碳原子，由转化关系可以看出，B中含有不饱和键，B→A、B→F、B→D的反应均属于加成反应；A、D中均含有卤素原子，F中有羧基，根据G的分子式确定F为；根据反应条件可知D→E的第①步反应是卤代烃的消去反应；根据D、E的相对分子质量推知B、D、E分别为、HOOCCH=CHCOOH、HOOCCHBrCHBrCOOH、HOOCCCCOOH，则A为HOOCCH2CHClCOOH，由此可知C为HOOCCH2CH(OH)COOH。由题给条件可看出，K中含有1个羧基，1个醛基，2个羟基。‎ ‎【详解】由G的分子式可知，A~G各物质分子中均含有4个碳原子，由转化关系可以看出，B中含有不饱和键，B→A、B→F、B→D的反应均属于加成反应；A、D中均含有卤素原子，F中有羧基，根据G的分子式确定F为；根据反应条件可知D→E的第①步反应是卤代烃的消去反应；根据D、E的相对分子质量推知B、D、E分别为、HOOCCH=CHCOOH、HOOCCHBrCHBrCOOH、HOOCCCCOOH，则A为HOOCCH2CHClCOOH，由反应条件可知C为HOOCCH2CH(OH)COOH，‎ ‎（1）根据以上分析知B→A反应类型为加成反应，D→E第①步反应的反应类型为消去反应；‎ 故答案为：加成反应；消去反应；‎ ‎（2）根据以上分析可知，E为HOOCCCCOOH；C为；‎ 故答案为：HOOCCCCOOH；；‎ ‎（3）C为HOOCCH2CH(OH)COOH，C的一种同分异构体K有如下特点：1mol K可以和足量的NaHCO3溶液反应，生成1molCO2，则含有1个羧基，1mol K可以和3mol金属钠发生反应放出33．6LH2(标准状况下)，即1.5mol氢气，则还含有2个羟基，1molK还可以发生银镜反应生成2molAg，则含有1个醛基，又两个羟基不能连到同一个碳原子上，则K的结构简式为 ‎；‎ 故答案为：；‎ ‎（4）F为，与足量乙醇在浓硫酸存在并加热的条件下发生酯化反应，因为乙醇过量，两个羧基均发生反应，反应的化学方程式为+2C2H5OH+2H2O；‎ 故答案为：+2C2H5OH+2H2O。‎ ‎ ‎ ‎ ‎