重庆市第一中学2020届高三10月月考理综化学试题

重庆市第一中学2020届高三10月月考理综化学试题

‎2019年重庆一中高2020级高三上期10月月考 理科综合测试试题卷化学部分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16Na-23 Mg-24 S-32 Cu-64 Ni-58.7 I-127 ‎ 一、选择题：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.化学与生产和生活密切相关，下列说法错误是 A. “硅胶”的主要成分是硅酸钠，可用作干燥剂和催化剂的载体 B. 用SO2漂白纸浆和用活性炭为糖浆脱色的原理不相同 C. 氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂 D. 废旧钢材焊接前，可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硅胶的主要成分是硅酸，不是硅酸钠，硅胶可用作干燥剂和催化剂的载体，选项A错误；‎ B、二氧化硫漂白发生化合反应生成无色物质，活性炭脱色是利用其吸附性，原理不同，选项B正确；‎ C、氢氧化铝、碳酸氢钠均能中和盐酸，具有弱碱性，都是常见的胃酸中和剂，选项C正确；‎ D、Na2CO3、NH4Cl在溶液中水解，溶液分别呈碱性和酸性，饱和Na2CO3溶液可以除去焊接点处的油脂，饱和NH4Cl溶液可以除去焊接点处金属氧化物，选项D正确。‎ 答案选A。‎ ‎2.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A. 1mol ICl与H2O完全反应生成氯化氢和次碘酸，转移的电子数为NA B. 常温常压下，56 g丁烯 (C4H8)中含有的共价单键总数为8 NA C. 电解精炼铜时，阳极质量减少64g，闭合回路转移的电子数一定为2NA D. 质量均为3.2g的S2、S4、S6中所含S原子数相等，都为0.1 NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、ICl与H2O反应生成氯化氢和次碘酸ICl+H2O=HIO+HCl，反应中各元素化合价均不变，没有电子的转移，选项A错误；‎ B、56 g丁烯 (C4H8)为1mol，1个C4H8中含有10个单键，故1mol丁烯 (C4H8‎ ‎)含有的共价单键总数为10 NA，选项B错误；‎ C、电解精炼铜时，因阳极粗铜中存在金属性比铜强的锌、铁，也存在金属性比铜弱的银、金等，电解时银、金不失电子产生阳极泥，若阳极质量减少64g，则实际失电子数目不等于2NA，即转移的电子数不等于2NA，选项C错误；‎ D、S2、S4、S6的最简式相同，为S，依据硫元素守恒计算物质的量==0.1mol，其中所含硫原子数一定为0.1NA，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎3.水杨酸冬青油、阿司匹林的结构简式如图，下列说法不正确的是 A. 由水杨酸制冬青油的反应是取代反应 B. 阿司匹林的分子式为C9H8O4，在一定条件下水解可得水杨酸 C. 冬青油苯环上的一氯取代物有4种 D. 可用NaOH溶液除去冬青油中少量的水杨酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．水杨酸发生酯化反应生成冬青油；‎ B．阿司匹林含有酯基，可水解生成水杨酸；‎ C．冬青油苯环不对称，含有4种H；‎ D．二者都与氢氧化钠溶液反应。‎ ‎【详解】A．由水杨酸制冬青油，可与乙酸酐发生取代反应制得，选项A正确；‎ B．阿司匹林的分子式为C9H8O4，含有酯基，可水解生成水杨酸，选项B正确；‎ C．冬青油苯环不对称，含有4种H，则一氯取代物有4种，选项C正确；‎ D．二者都与氢氧化钠溶液反应，应用碳酸氢钠除杂，选项D不正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。‎ ‎4.利用图示装置进行实验，反应进行足够长时间后装置II中实验现象正确的是 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ II中实验现象 A 浓盐酸 大理石 氯化钡溶液 产生大量白色沉淀 B 浓氨水 碱石灰 硫酸亚铁溶液 产生大量白色沉淀 C 冰醋酸 乙醇和浓硫酸 饱和碳酸钠溶液 溶液分层，上层为油状液体 D 浓盐酸 KMnO4‎ 氢硫酸 产生淡黄色沉淀 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应生成二氧化碳气体，且盐酸易挥发，二氧化碳与氯化钡溶液不反应，观察到Ⅱ中溶液无明显变化，不能产生白色沉淀，选项A错误；‎ B．反应生成氨气，氨气与硫酸亚铁溶液反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气，沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色，则观察到Ⅱ中先生成白色沉淀，沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色，后选项B错误；‎ C．酯化反应需要加热，则图中装置不能生成乙酸乙酯，选项C错误；‎ D．反应生成氯气，氯气与氢硫酸反应生成盐酸的硫沉淀，则观察到Ⅱ中出现淡黄色沉淀，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y元素在同周期中离子半径最小；甲、乙分别是元素Y、Z的单质；丙、 丁、戊是由W、X、Y、Z元素组成的二元化合物，常温下丁为液态；戊为酸性气体，常温下0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2。上述物质转化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 原子半径：Z>Y>X>W B. W和X形成的化合物既可能含有极性键也可能含有非极性键 C. Z的氧化物对应的水化物均为强酸 D. 简单氢化物的热稳定性：X＜Z ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,丙、丁、戊是由W、X、Y、Z 元素组成的二元化合物，常温下丁为液态，考虑丁为H2O，可推知W为氢元素。甲、乙分别是元素Y、Z的单质，其中Y元素在同周期中离子半径最小，甲与乙化合生成丙,丙于水反应生成戊，戊为酸性气体，常温下0.01mol.L-1戊溶液的pH大于2，戊溶液为弱酸,应是Al2S3与水反应生成H2S与Al(OH)3；故丙为Al2S3、戊为H2S、己为Al(OH)3，结合原子序数可知X为氧元素、Y为Al、Z为硫元素，故甲为O2、乙为硫单质。‎ A、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中H原子半径最小，故原子半径: Y(A)> Z(S)> X(O)> W(H)，选项A错误；‎ B、W和X形成的化合物H2O2既含有极性键也含有非极性键，选项B正确；‎ C、Z的氧化物对应的水化物H2SO4为强酸，H2SO3为弱酸，选项C错误；‎ D、非金属性Z(S)＜X(O)，简单氢化物的热稳定性：H2S＜H2O，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎6.因存在浓度差而产生电动势的电池称为浓差电池。利用如图所示装置进行实验，开始先闭合K2，断开Kl，电解一段时间后，再断开K2，闭合Kl，形成浓差电池，电流计指针偏转（Ag+浓度越大，氧化性越强）。下列说法不正确的是 A. 闭合K2，断开Kl，NO3－从左池向右池移动 B. 断开K2，闭合K1，X为正极 C. 闭合K2，断开Kl一段时间后，右池c(AgNO3)增大 D. 装置安装后若直接闭合Kl，电流计指针不发生偏转，但往左池加入适当的氨水后，指针偏转 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 闭合K2，断开K1，为电解装置，Y为阳极，阳极金属银被氧化，X为阴极，阴极析出银，NO3-向阳极移动，左池浓度增大，右池浓度减小；‎ 断开K2，闭合K1后，形成浓差电池，电流计指针偏转（Ag+浓度越大氧化性越强），可知Y为正极，发生还原反应，X为负极，发生氧化反应，NO3-向负极移动。‎ ‎【详解】A. 闭合K2，断开Kl，右边（Y极）为阳极，NO3－从左池向右池移动，正确；‎ B. 断开K2，闭合K1，X为负极，不正确；‎ C. 闭合K2，断开Kl一段时间后，右池c(AgNO3)增大，正确；‎ D. 装置安装后若直接闭合Kl，电流计指针不发生偏转，但往左池加入适当的氨水后，左池银离子浓度降低，产生浓度差，形成原电池，指针偏转，正确。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查原电池与电解池原理，结合原电池和电解池原理分析，闭合K2，断开K1，为电解装置，阳极金属银被氧化，阴极析出银，NO3-向阳极移动，右池浓度增大，左池浓度减小；断开K1，闭合K1后，形成浓差电池，电流计指针偏转（Ag+浓度越大氧化性越强），可知Y为正极，发生还原反应，X为负极，发生氧化反应，NO3-向负极移动。‎ ‎7.已知：pAg＝-lg c(Ag+)，pX＝-lg c(Xn-)。298 K时，几种物质的Ksp如下表：‎ 化学式 AgCl AgSCN Ag2CrO4‎ 颜色 白 浅黄 红 Ksp ‎1.8×10‒10‎ ‎1.0×10‒12‎ ‎2.0×10‒12‎ AgCl、AgSCN、Ag2CrO4的饱和溶液中，阳离子和阴离子的浓度关系如图所示。下列说法正确的是 A. 图中x代表AgCl曲线，z代表AgSCN曲线 B. 298K时，在Cl－和CrO42－的物质的量浓度均为0.1mol/L的溶液中，滴入少量0.1mol/L的AgNO3溶液，首先产生的是红色沉淀 C. 298 K时若增大p点的阴离子浓度，则y上的点沿曲线向上移动 D. 298 K时Ag2CrO4(s)＋2SCN－(aq) 2AgSCN(s)＋CrO42- (aq)的平衡常数K＝2.0×1012‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据图中曲线x的数据知pAg＝-lg c(Ag+)=6， c(Ag+)=10-6mol/L，pX＝-lg c(Xn-)=0，则 c(Cl-)=1mol/L，Ksp(AgCl)= 10-6，与表中数据不符，选项A错误；‎ B、析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）==mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）==mol/L，c（Ag+）越小，先生成沉淀，则首先产生白色沉淀，选项B错误；‎ C、298 K时若增大p点的阴离子浓度，由图可知，若沿曲线向上移动，c(Ag+)减小，选项C错误；‎ D、298 K时Ag2CrO4(s)＋2SCN－(aq) 2AgSCN(s)＋CrO42- (aq)的平衡常数K=====2.0×1012，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查沉淀的溶度积的应用，注意的含义pAg＝-lg c(Ag+)、pX＝-lg c(Xn-)、Ksp，易错点为选项D：K===，结合表中数据进行计算求解。‎ ‎8.长期缺碘和碘摄入过量都会对健康造成危害，目前加碘食盐中碘元素绝大部分以IO3－存在，少量以I－存在。现使用Na2S2O3对某碘盐样品中碘元素的含量进行测定。‎ I．I－的定性检测 ‎（1）取少量碘盐样品于试管中，加水溶解。滴加硫酸酸化，再滴加数滴5%NaNO2和淀粉的混合溶液。若溶液变色，则存在I－，同时产生的无色气体产生遇空气变为红棕色，试写出该反应的离子方程式为_____________。‎ Ⅱ．硫代硫酸钠的制备 化学实验室可用如下装置（略去部分加持仪器）制备Na2S2O3•5H2O。烧瓶C中发生反应如下：‎ Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq） （I）‎ ‎2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l） （II）‎ S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq） （III）‎ ‎（2）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若_____________，则整个装置气密性良好。装置D的作用是_____________ 。装置E中为_____________溶液。‎ ‎（3）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为_____________。‎ ‎（4）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择____________。‎ a．蒸馏水 b．饱和Na2SO3溶液 c．饱和NaHSO3溶液 d．饱和NaHCO3溶液 实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用操作是_____________。已知反应（III）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象__________________。‎ ‎（5）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩即可析出Na2S2O3•5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作____________，现象和结论_________：。‎ 已知Na2S2O3•5H2O遇酸易分解：S2O32‾+2H+=S↓+SO2↑+H2O 供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液 Ⅲ．碘含量的测定 巳知：①称取10.00g碘盐样品，置于250mL锥形瓶中，加水100mL溶解，加2mL磷酸，摇匀 ‎②滴加饱和溴水至溶液呈现浅黄色，边滴加边摇，至黄色不褪去为止（约1mL）。‎ ‎③加热煮沸，除去过量的溴，再继续煮沸5min，立即冷却，加入足量15%碘化钾溶液，摇匀。‎ ‎④加入少量淀粉溶液作指示剂，再用0.002mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定至终点。‎ ‎⑤重复两次，平均消耗Na2S2O3溶液9.00mL 相关反应为：I－＋3Br2＋3H2O = IO3－＋6H+＋6Br－，IO3－＋5I－＋6H+ = 3I2＋3H2O，I2+2S2O32－= 2I－＋S4O62－‎ ‎（6）请根据上述数据计算该碘盐含碘量为_______________mg·kg－1。‎ ‎【答案】 (1). 蓝 (2). 2 I－+2 NO2－+ 4 H+ = I2 + 2 NO↑ + 2 H2O (3). 液柱高度保持不变 (4). 防止倒吸 (5). NaOH (6). 2:1 (7). c (8). 控制滴加硫酸的速度 (9). 溶液变澄清（或混浊消失或淡黄色固体消失） (10). 取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质 (11). 38.1。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据题设条件可知，硫酸酸化的NaNO2将碘盐中少量的I-氧化为使淀粉变蓝的I2，自身被还原为无色气体NO，其化学方程式为：2I-+2NO2-+4H+=I2+2NO↑+2H2O；‎ ‎（2）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则整个装置气密性良好。由实验装置结构特征，可知装置D为安全瓶，防止倒吸；装置E中为NaOH溶液，吸收多余的二氧化硫，防止污染空气；‎ ‎（3）根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S～2H2S～3S～3 Na2SO3，2Na2‎ S反应时同时生成2Na2SO3，还需要Na2SO3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1；‎ ‎（4）观察SO2的生成速率，发生强酸制取弱酸的反应，a不生成二氧化硫，bd中物质均与二氧化硫反应，只有c中饱和NaHSO3溶液适合制取二氧化硫；‎ 答案选c；‎ 实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是控制滴加硫酸的速度；‎ Ⅲ中发生S（g）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq），反应达到终点是S完全溶解，可观察到溶液变澄清（或混浊消失或淡黄色固体消失）；‎ ‎（5）检测产品中是否存在Na2SO4，操作、现象和结论为取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴入几滴BaCl2溶液，若产生白色沉淀则说明产品中含有Na2SO4，若没有产生白色沉淀则说明产品中不含Na2SO4；‎ ‎（6）从以上提供的方程式中可知关系式为：I-IO3-3I26S2O32－，设含碘元素物质的量为x，I-IO3-3I26S2O32－‎ ‎ 1 6‎ ‎ x 0.002mol/L×0.009L 解得x = = 3.0×10－6 mol，故所含碘元素的质量为3.0×10－6 mol×127 g/mol = 3.81×10－1 mg，所以该加碘盐样品中碘元素的含量为(3.81×10－1 mg)/0.01 kg = 38.1 mg·kg—1。‎ ‎9.工业上利用废镍催化剂（主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO）制备草酸镍晶体（NiC2O4·2H2O）的流程如下：‎ ‎（1）NiC2O4·2H2O中C的化合价是______。既能加快“酸浸”反应速率又能提高“酸浸”原料利用率的操作措施为_____________。‎ ‎（2）“滤渣Ⅰ”的主要成分是_____________。若控制温度为80℃、pH=2时，“除铁”产生的“滤渣Ⅱ”的主要成分为黄钠铁矾【Na2Fe6(SO4)4(OH)12】，写出生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式：__________________。‎ ‎（3）已知“滤渣Ⅲ”的主要成分为CaF2，则“萃取”操作中加入有机萃取剂的作用是__________。‎ ‎（4）在隔绝空气的条件下，高温煅烧无水NiC2O4得到Ni2O3和两种含碳元素的气体，该反应的化学方程式是_________。‎ ‎（5）高能锂离子电池总反应为2Li + FeS = Fe + Li2S。用该电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni的装置如图（图中X、Y为电极，LiPF6·SO(CH3)2为电解质）。‎ ‎ ‎ ‎①电极X的反应材料是_________（填化学式）；中间隔室b可以得到的主要物质Z是_________（填化学式）。‎ ‎②电解总反应的离子方程式为_________。已知F＝96500C/mol，若电池工作t min，维持电流强度为I A，理论回收Ni_________g（写出计算表达式即可）。‎ ‎【答案】 (1). +3 (2). 增加硫酸浓度 (3). SiO2和CaSO4 (4). 6Fe2＋3ClO－2Na＋＋4SO42－9H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋3Cl－＋6H＋ (5). 除去溶液中的Zn2＋ (6). 2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑ (7). FeS (8). NaCl (9). 4OH-+2Ni2+O2↑+2Ni+2H2O (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废镍催化剂(主要成分为Ni，还含有一定量的Zn、Fe、SiO2、CaO等)，用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有NiSO4、FeSO4、ZnSO4、CaSO4及过量的硫酸，滤渣I为SiO2和CaSO4微溶物，滤液中加入次氯酸钠，将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，所以滤渣II为铁元素的沉淀，滤液中含有NiSO4、CaSO4，向滤液中加入NH4F，除去Ca2+，过滤，再加有机萃取剂除去溶液中的Zn2+，再向滤液中加入(NH4)2C2O4，得到草酸镍沉淀，再过滤、洗涤、干燥得草酸镍晶体，据此分析。‎ ‎【详解】（1）NiC2O4·2H2‎ O中镍为+2价，氧为-2价，H为+1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0可知，C的化合价是+3价；根据影响化学反应速率的因素可知，提高浸出率，可把废镍催化剂粉碎或适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等；‎ ‎（2）滤渣I的成分是CaSO4和SiO2；若控制温度80℃、pH=2，可得到黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，依据氧化还原反应规律写出生成黄铁矾钠的离子方程式为：2Na++3ClO- +6Fe2+ +4SO42-+9H2O =Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+3Cl-+6H+；‎ ‎（3）根据流程图可知，“滤渣Ⅲ”的主要成分为CaF2，则“萃取”操作中加入有机萃取剂的作用是除去溶液中的Zn2＋；‎ ‎（4）在隔绝空气的条件下，高温煅烧无水NiC2O4得到Ni2O3和两种含碳元素的气体，气体为一氧化碳和二氧化碳，故反应的化学方程式是2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；‎ ‎（5）①电解含镍酸性废水回收Ni，根据图，c池为废水，反应为Ni2++2e-=Ni，发生还原反应，作为电解池的阴极，连接电源的负极，Y为电源的负极，X为电源的正极，电极X的反应材料是FeS；c池中Ni2+得电子产生Ni，则氯离子由阴离子交换膜进入c池，a池中氢氧根离子失电子产生氧气，钠离子由阳离子交换膜进入b池，故中间隔室b可以得到的主要物质Z是NaCl；‎ ‎②电解阳极电极反应式为Ni2++2e-=Ni，阴极电极反应式为4OH--4e-O2↑+2H2O，故电解总反应的离子方程式为4OH-+2Ni2+O2↑+2Ni+2H2O；‎ 已知F＝96500C/mol，若电池工作t min，维持电流强度为I A，理论回收Ni g。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的制备和电化学原理，掌握工业流程具体原理和电化学原理是答题的关键，用高能锂离子电池作电源电解含镍酸性废水回收镍：高能锂离子中，锂为电源负极，硫化亚铁为电源正极，电解池中连接电源负极的为阴极，发生还原反应，连接电源正极的为阳极，发生氧化反应。‎ ‎10.研究处理NOx、SO2，对环境保护有着重要的意义。回答下列问题：‎ ‎(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1，则反应 2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq)‎ ‎ + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l) △H = ______。‎ ‎(2)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g) △H＝－34.0 kJ•mol-1，用活性炭对NO进行吸附。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，测得NO的转化率 α(NO)随温度的变化如图所示：‎ ‎①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是_________________________； 在1100K 时，CO2的体积分数为______。 ‎ ‎②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa 时，该反应的化学平衡常数Kp＝________(已知：气体分压＝气体总压×体积分数)。‎ ‎(3)在高效催化剂的作用下用CH4还原NO2，也可消除氮氧化物的污染。在相同条件下，选用A、B、C三种不同催化剂进行反应，生成 N2的物质的量与时间变化关系如图所示，其中活化能最小的是_________(填字母标号)。‎ ‎(4)在汽车尾气的净化装置中 CO和NO发生反应：2NO(g) + 2CO(g)N2(g) + 2CO2(g) △H2 =－746.8 kJ•mol-1。实验测得，υ正＝k正•c2(NO) •c2(CO) ，υ逆＝k逆•c(N2) •c2(CO2) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。‎ ‎①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_____(填" >”、“< ”或“=”) k逆增大的倍数。 ‎ ‎②若在1L 的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则＝_____(保留2位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). （2a+2b+c）kJ•mol-1 (2). 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (3). 20％ (4). 4 (5). A (6). < (7). 0.25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用盖斯定律解答。‎ ‎（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。恒温恒压下体积分数等于物质的量分数。‎ ‎②利用化学平衡常数表达式计算。‎ ‎（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小。‎ ‎（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数。‎ ‎②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=K。‎ ‎【详解】（1）① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；‎ ‎② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；‎ ‎③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1；‎ 利用盖斯定律，将①×2+②×2+③可得2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) = 2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l)的△H =（2a+2b+c）kJ•mol-1，故答案为：（2a+2b+c）kJ•mol-1。‎ ‎（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1100K时，NO的转化率为40％，则△n(NO)=0.4mol，故n(CO2)=0.2mol，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中CO2的体积分数为％=20％，故答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；20％。‎ ‎②根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1050K时， α(NO)=80％，平衡时n（NO）=0.2mol，n(N2)=0.4mol，n(CO2)=0.4mol，各物质的平衡分压p分（NO）=Pa，p分（N2）=×1.1×106Pa，p分（CO2）=×1.1×106Pa，故反应的化学平衡常数Kp＝×1.1×106Pa××1.1×106‎ Pa÷（ Pa）2=4，故答案为：4。‎ ‎（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小，故答案为：A。‎ ‎（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数。故答案为：<。‎ ‎②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)=K，根据化学方程式可知，平衡时c (NO)=c(CO)=0.6mol∙L-1，c(N2)=0.2 mol∙L-1，c(CO2)=0.4 mol∙L-1，故= c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=(0.2×0.42)/(0.62×0.62)=20/81≈0.25，故答案为：0.25。‎ ‎[化学—选修3：物质结构与性质］‎ ‎11.早在1998年，中国科学家便成功地在较低温度下制造出金刚石：CCl4＋4NaC(金刚石)＋4NaCl。这项成果被“美国化学与工程新闻”评价为“稻草变黄金”。回答下列问题：‎ ‎（1）Ni原子价层电子的排布式为_______。元素C、Cl、Na中，第一电离能最大的是______________。‎ ‎（2）石墨在高温高压下也可转变为金刚石。在石墨和金刚石中，C原子的杂化类型分别为_____________，熔点较高的是_____________，其原因为_______________。‎ ‎（3）NH3易与Ni形成配合物 [Ni(NH3)6]SO4，该配合物中存在的化学键类型有_____________，其阴离子的空间构型为_____________。‎ ‎（4）金属间化合物MgCNi3是一种新型超导体，呈钙钛矿构型，X射线衍射实验测得其晶胞参数为a＝0.3812 nm，其晶胞结构如图所示。晶胞中C位于Ni所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为___________nm。（＝1.414）‎ ‎（5）在MgCNi3晶胞结构另一种表示中，Mg处于体心位置，则C处于________________位置，Ni处于_______________位置。‎ ‎【答案】 (1). 3d84s2 (2). Cl (3). sp2、sp3 (4). 石墨 (5). 金刚石中只有碳碳σ键，石墨中除了碳碳σ键之外还有大π键，碳碳键长较短、键能较大 (6). 离子键、共价键（配位键） (7). 正四面体 (8). 0.2695 (9). 顶角 (10). 棱心 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Ni为28号元素，所以基态Ni原子的价层电子排布式为：3d84s2；‎ 同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，元素C、Cl、Na中，第一电离能最大的是Cl；‎ ‎（2）石墨中的碳原子与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成平面正六边形结构，碳原子的杂化类型为sp2杂化；金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体，碳原子的杂化类型为sp3杂化；熔点较高的是石墨，因为金刚石中只有碳碳σ键，石墨中除了碳碳σ键之外还有大π键，碳碳键长较短、键能较大；‎ ‎（3）NH3易与Ni形成配合物 [Ni(NH3)6]SO4，该配合物中[Ni(NH3)6]2+与SO42-形成离子键，N与H、S与O之间形成共价键，以及Ni2+与NH3之间形成配位键，故存在的化学键类型有离子键、共价键（配位键）；‎ ‎[Ni(NH3)6]SO4中阴离子价层电子对个数==4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫酸根离子的立体构型为正四面体；‎ ‎（4）金属间化合物MgCNi3是一种新型超导体，呈钙钛矿构型，X射线衍射实验测得其晶胞参数为a＝0.3812 nm，其晶胞结构如图所示。晶胞中C位于Ni所形成的正八面体的体心，Ni在每个面的面心，则Ni与棱的距离为0.5a＝0.1906 nm，相邻两个Ni垂直于棱的交点和两个Ni形成等腰直角三角形，即该正八面体的边长为×0.5a＝×0.1906  nm=0.2695nm；‎ ‎（5）根据图中信息可知，若在MgCNi3晶胞结构的另一种表示中，Mg处于体心位置，则C处于顶角位置，Ni处于棱心位置。‎ ‎[化学—选修5：有机化学基础]‎ ‎12.高分子材料尼龙66具有良好的抗冲击性、韧性、耐燃油性和阻燃、绝缘等特点，因此广泛应用于汽车、电气等工业中。以下是生产尼龙66的一些途径。 ‎ ‎（1）A中所有碳原子都处于同一直线上，则A的结构简式为_____________。‎ ‎（2）B的名称是_____________。‎ ‎（3）反应①~④中，属于加成反应的有_____________，反应⑥~⑨中，属于氧化反应的有_____________。‎ ‎（4）请写出反应⑥的化学方程式为_____________。‎ ‎（5）高分子材料尼龙66中含有结构片段，请写出反应⑩的化学方程式为_____________。‎ ‎（6）某聚合物K的单体与A互为同分异构体，该单体核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1:2:3，且能与NaHCO3溶液反应，则聚合物K的结构简式是_____________。‎ ‎（7）聚乳酸（）是一种生物可降解材料，已知羰基化合物可发生下述反应：（R′可以是烃基或H原子）。用合成路线图表示用乙醇制备聚乳酸的过程_____________。‎ ‎【答案】 (1). HOCH2CCCH2OH (2). 1，4—丁二醇 (3). ①② (4). ⑦⑧ (5). +3H2 (6). (7). (8). CH3CH2OHCH3CHO ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据A的分子式可知，A由一分子乙炔与两分子甲醛加成反应而得，且加成位置为碳氧双键，所有碳原子都处于同一直线上，则A的结构简式为HOCH2CCCH2OH；‎ ‎（2）HOCH2CCCH2OH在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成B为HOCH2CH2 CH2CH2OH，名称是1，4—丁二醇；‎ ‎（3）根据流程中信息可知，反应①~④中，属于加成反应的有①②，反应③④为取代反应；反应⑥~⑨中，属于氧化反应的有⑦⑧；反应⑥为加成反应；反应⑨为取代反应；‎ ‎（4）反应⑥为苯酚在镍的催化下加热与氢气发生加成反应生成，反应的化学方程式为+3H2；‎ ‎（5）高分子材料尼龙66中含有结构片段，反应⑩为与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应生成和氯化氢，反应的化学方程式为；‎ ‎（6）A的结构简式为HOCH2CCCH2OH，A的不饱和度为2，某聚合物K的单体与A互为同分异构体，该单体能与NaHCO3溶液反应，则含有-COOH，羧基不饱和度为1；该单体只含有2个氧原子，则不发生缩聚反应，应发生加聚反应生成K，所以该单体含有碳碳双键；该分子共有6个氢原子，而核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1:2:3，则该分子含有1个-CH3，可推测该单体的结构简式为CH2=C(CH3)COOH，且则聚合物K的结构简式是；‎ ‎（7）聚乳酸（）是一种生物可降解材料，已知羰基化合物可发生下述反应：‎ ‎（R′可以是烃基或H原子）。乙醇氧化生成乙醛，乙醛与HCN发生加成反应生成，发生缩聚反应生成，用合成路线图表示用乙醇制备聚乳酸的过程为CH3CH2OHCH3CHO。‎ ‎ ‎