西藏自治区拉萨市那曲第二高级中学2020届高三全真模拟联考化学试题

西藏自治区拉萨市那曲第二高级中学2020届高三全真模拟联考化学试题

理科综合试卷化学部分 ‎1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是 A. 新能源汽车的推广与使用，有助于减少光化学烟雾的产生 B. 铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈 C. 氯气泄漏时，可用蘸有肥皂水的湿毛巾捂住口鼻疏散到安全区域 D. 地球上99%的溴元素以Br- 的形式存在于海水中，溴化钠和溴化钾在医药上常用作镇静剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．新能源汽车的推广与使用，可以减少汽油的使用，有助于减少光化学烟雾的产生，A选项正确；‎ B．铁在潮湿的空气中放置，会形成原电池，易发生电化学腐蚀而生锈，而不是化学腐蚀，B选项错误；‎ C．肥皂水显碱性，可以与氯气反应降低其毒性，因此氯气泄漏时，可用蘸有肥皂水的湿毛巾捂住口鼻疏散到安全区域，C选项正确；‎ D．地球上99％的溴元素以Br-的形式存在于海水中，溴的化合物可用于医学镇静剂，溴化钠和溴化钾在医药上常用作镇静剂，D选项正确；‎ 答案选B。‎ ‎2.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA B. 2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间 C. ‎3g3He含有的中子数为2NA D. 1mol乙烷和1mol乙烯中，化学键数相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．K2Cr2O7被还原为Cr3+，2个+6价的Cr转化为+3价的Cr，共转移6个电子，则1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA，A选项正确；‎ B．2.3gNa与O2完全反应，无论是生成Na2O还是Na2O2，Na均变成Na+，转移1个电子，故‎2.3g(即0.1mol)的Na与O2完全反应，转移的电子数为0.1NA，B选项错误；‎ C．‎3g3He为1mol，根据质量数=质子数+中子数可得，3He中有3-2=1个中子，故‎3g3He 含有的中子数为NA，C选项错误；‎ D．1mol乙烷中含有7mol共价键，1mol乙烯中含有5mol共价键，化学键数目不同，D选项错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(W)> r(Z)> r(Y)> r(X)‎ B. 由X、Y组成的化合物是离子化合物 C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强 D. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大于O，因此Y为Mg元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；据此解题；‎ ‎【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，故A错误；‎ B.X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正确；‎ C.Z为Si元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，故C错误；‎ D.W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D错误；‎ 总上所述，本题选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎4.咖啡酸(如图)‎ ‎，存在于许多中药，如野胡萝卜、光叶水苏、荞麦等中。咖啡酸有止血作用。下列关于咖啡酸的说法不正确的是 A. 咖啡酸的分子式为C9H8O4‎ B. 1 mol咖啡酸可以和含4 molBr2的浓溴水反应 C. 1 mol咖啡酸与足量NaHCO3溶液反应能产生标况下约‎67.2L的CO2‎ D. 不可以用高锰酸钾检验咖啡酸分子中的碳碳双键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由结构简式可知有机物分子式为C9H8O4，A选项正确；‎ B．咖啡酸分子中含有酚羟基，邻、对位的3个H原子可被Br2取代，含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，则1mol咖啡酸可以和含4molBr2的浓溴水反应，B选项正确；‎ C．咖啡酸分子中的羧基可与碳酸氢钠反应生成CO2，因此1mol咖啡酸与足量NaHCO3溶液反应能产生标况下约‎22.4L的CO2，C选项错误；‎ D．酚羟基也可被酸性高锰酸钾氧化，是酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不可以用高锰酸钾检验咖啡酸分子中的碳碳双键，D选项正确；‎ ‎【点睛】本题C选项为易错点，解答时需注意酚羟基的酸性比碳酸弱，不能与碳酸氢钠反应生成CO2。‎ ‎5.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）‎ 选项 目的 分离方法 原理 A．‎ 分离溶于水中的碘 乙醇萃取 碘在乙醇中的溶解度较大 B．‎ 分离乙酸乙酯和乙醇 分液 乙酸乙酯和乙醇的密度不同 C．‎ 除去KNO3固体中混杂的NaCl 重结晶 NaCl在水中溶解度很大 D．‎ 除去丁醇中的乙醚 蒸馏 丁醇与乙醚的沸点相差较大 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、乙醇与水互溶，不能萃取水中的碘，A错误；‎ B、乙醇和乙酸乙酯互溶，不能直接分液，B错误；‎ C、氯化钠的溶解度受温度影响小，C错误；‎ D、丁醇与乙醇的沸点相差较大。蒸馏即可实现分离，D正确，‎ 答案选D。‎ ‎6.下图是新型镁-锂双离子二次电池,下列关于该电池的说法不正确的是( )‎ A. 放电时, Li+由左向右移动 B. 放电时, 正极的电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4‎ C. 充电时, 外加电源的正极与Y相连 D. 充电时, 导线上每通过1mole-, 左室溶液质量减轻‎12g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 放电时，左边镁为负极失电子发生氧化反应，反应式为Mg-2e-=Mg2+，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，阳离子移向正极；充电时，外加电源的正极与正极相连，负极与负极相连，结合电子转移进行计算解答。‎ ‎【详解】A．放电时，为原电池，原电池中阳离子移向正极，所以Li+由左向右移动，故A正确；‎ B、放电时，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣＝LiFePO4，故B正确；‎ C、充电时，外加电源的正极与正极相连，所以外加电源的正极与Y相连，故C正确；‎ D、充电时，导线上每通过1mole﹣，左室得电子发生还原反应，反应式为Mg2++2e﹣＝Mg ‎，但右侧将有1molLi+移向左室，所以溶液质量减轻12﹣7＝‎5g，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】正确判断放电和充电时的电极类型是解答本题的关键。本题的难点为D，要注意电极反应和离子的迁移对左室溶液质量的影响。‎ ‎7.实验测得0.5 mol·L−1CH3COONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A. 随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)‎ B. 随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小 C. 随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果 D. 随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；‎ ‎【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；‎ B.水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；‎ C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2‎ ‎ +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；‎ D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意；‎ 综上所述，本题应选C。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。‎ ‎8.NiCl2是化工合成中最重要的镍源，工业上以金属镍废料(含Fe、Ca、Mg等杂质)为原料生产NiCl2，继而生产Ni2O3的工艺流程如下：‎ 流程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：‎ 氢氧化物 Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Ni(OH)2‎ 开始沉淀的pH ‎1.1‎ ‎6.5‎ ‎7.1‎ 沉淀完全的pH ‎3.2‎ ‎9.7‎ ‎9.2‎ ‎（1）为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有：①适当升高温度；②搅拌；③_______________等。‎ ‎（2）加入H2O2的目的是____________，所发生的离子方程式为____________________。‎ ‎（3）“除铁”时，控制溶液pH的范围为_____________________。‎ ‎（4）滤渣B的主要成分的化学式为___________________，滤液中的阳离子有________。‎ ‎（5）“氧化”生成Ni2O3的离子方程式为________________。‎ ‎【答案】 (1). 增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末或延长浸泡时间等) (2). Fe2＋转化成Fe3＋ (3). 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O (4). 3.2～7.1 (5). MgF2、CaF2 (6). NH4+、Na+ (7). 2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===Ni2O3↓＋Cl－＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据工艺流程分析可知，向金属镍废料中加入盐酸酸浸，形成Ni2+、Fe2+、Ca2+和Mg2+的溶液，再向溶液中加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，加入Na2CO3溶液调节pH使得Fe3+沉淀，得到滤渣A为Fe(OH)3，再加入NH‎4F使得Mg2+和Ca2+沉淀，得到滤渣B为CaF2和MgF2，继续向滤液中加入Na2CO3沉镍，再加入盐酸溶解，向溶液中加入NaClO和NaOH氧化得到Ni2O3，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】(1)为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末或延长浸泡时间等)，故答案为：增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末或延长浸泡时间等)；‎ ‎(2)根据上述分析，加入H2O2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，根据氧化还原反应规律得出其离子反应方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，故答案为：Fe2+转化成Fe3+；2Fe2+＋H2O2＋2H+===2Fe3+＋2H2O；‎ ‎(3)沉镍前要将Fe3+沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，根据表中所给信息可知，Fe3+完全沉淀的pH值为3.2，镍离子开始沉淀的pH值为7.1，所以溶液的pH值控制在3.2～7.1，故答案为：3.2～7.1；‎ ‎(4)根据以上分析可知，滤渣B的主要成分的化学式为MgF2、CaF2，所得的滤液中主要含有NH4+和Na+，故答案为：MgF2、CaF2；NH4+、Na+；‎ ‎(5)“氧化”过程发生的反应中，Cl元素由+1价降低到-1价，即反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，反应离子方程式为：2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===Ni2O3↓＋Cl－＋2H2O，故答案为：2Ni2＋＋ClO-＋4OH-===Ni2O3↓＋Cl-＋2H2O。‎ ‎9.葡萄酒中的酒精是葡萄果实中的糖发酵后的产物(C6H12O62CH3CH2OH+2CO2↑）。‎ Ⅰ.已知：实验室制乙烯原理为CH3CH2OHCH2=CH2↑＋H2O，产生的气体能使Br2的四氯化碳溶液褪色，甲、乙同学用下列实验验证。（气密性已检验，部分夹持装置略）。实验操作和现象：‎ 操作 现象 点燃酒精灯，加热至‎170℃‎ Ⅰ：A中烧瓶内液体渐渐变黑 Ⅱ：B内气泡连续冒出，溶液逐渐褪色 ‎……‎ 实验完毕，清洗烧瓶 Ⅲ：A中烧瓶内附着少量黑色颗粒状物，有刺激性气味逸出 ‎（1）溶液“渐渐变黑”，说明浓硫酸具有___性。‎ ‎（2）对产生的气体进行分析，甲认为是C2H4，乙认为不能排除SO2的作用。‎ ‎①写出实验室制取SO2的化学反应方程式是___；‎ ‎②乙根据现象认为实验中产生的SO2和___，使B中有色物质反应褪色。‎ ‎③为证实各自观点，甲、乙重新实验，设计与现象如下：‎ 甲：在A、B间增加一个装有某种试剂的洗气瓶；现象：Br2的CCl4溶液褪色。‎ 乙：用下列装置按一定顺序与A连接：（尾气处理装置略）‎ 现象：C中溶液由红棕色变为浅红棕色时，E中溶液褪色。‎ 请回答下列问题：‎ a.甲设计实验中A、B间洗气瓶中盛放的试剂是___；乙设计的实验D中盛放的试剂是___，装置连接顺序为___ (用仪器接口字母编号)。‎ b.能说明确实是SO2使E中溶液褪色的实验是___。‎ c.乙为进一步验证其观点，取少量C中溶液，加入几滴BaCl2溶液，振荡，产生大量白色沉淀，浅红棕色消失，发生反应的离子方程式是___。由此可得出的干燥的SO2不能使Br2的四氯化碳溶液褪色。‎ Ⅱ.葡萄酒中常用Na2S2O5做抗氧化剂。‎ ‎（3）0.5molNa2S2O5溶于水配成‎1L溶液，该溶液的pH=4.5。溶液中部分微粒浓度随溶液酸碱性变化如图所示。写出Na2S2O5溶于水时溶液中离子浓度由大到小的排列顺序___。‎ ‎（4）已知：Ksp［BaSO4］=1×10-10，Ksp［BaSO3］=5×10-7。把部分被空气氧化的该溶液的pH调为10，向溶液中滴加BaCl2溶液使SO42-沉淀完全［c(SO42-)≤1×10-5mol·L-1］，此时溶液中c(SO32-)≤___mol·L-1。‎ ‎【答案】 (1). 脱水性 (2). Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO3+SO2↑+H2O或Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (3). H2O (4). NaOH溶液 (5). 浓硫酸 (6). dcabef (7). 加热已经褪色的品红溶液，若红色恢复，证明是SO2使品红溶液褪色而不是Br2 (8). .Br2+SO2+2H2O==4H++2Br-+SO42-、SO42-+Ba2+==BaSO4↓或Br2+SO2+2H2O+Ba2+=4H++2Br-+BaSO4↓ (9). c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-) (10). 0.05‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)浓硫酸具有脱水性、吸水性和强氧化性，能使乙醇碳化；‎ ‎(2)①实验室用Cu与浓硫酸加热制取SO2；‎ ‎②溴单质可以和二氧化硫发生氧化还原反应；‎ ‎③a、氢氧化钠可以和二氧化硫发生反应；浓硫酸具有吸水性，可以做干燥剂；根据乙的设计，即要证明干燥的二氧化硫不能使溴的四氯化碳褪色，但能使品红褪色，据此确定装置连接顺序；‎ b、二氧化硫使品红褪色，受热时又恢复红色，根据这一性质判断是否为二氧化硫使品红褪色；‎ c、溴单质可以和二氧化硫发生氧化还原反应，硫酸根离子和钡离子反应会生成白色沉淀；‎ ‎(3)根据图可以知道，pH=4.5时，溶液中主要以亚硫酸氢根离子形式存在，再结合图得到溶液中离子大小关系；‎ ‎(4)根据Ksp[BaSO4]=c(Ba2+)· c(SO42-)，可计算出需要放热c(Ba2+)，进而计算最大浓度c(SO32-)；据此分析解答问题。‎ ‎【详解】(1)浓硫酸具有脱水性、吸水性和强氧化性，能使乙醇碳化“渐渐变黑”，故答案为：脱水性；‎ ‎(2)①实验室用Cu与浓硫酸加热或者Na2SO3与浓硫酸发生氧化还原制取SO2，反应方程式为 Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO3+SO2↑+H2O或Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO3+SO2↑+H2O或Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；‎ ‎②乙根据现象Ⅲ认为生成了SO2和水，溴单质可以和二氧化硫、水发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢，故答案为：H2O；‎ ‎③a、根据甲的设计，洗气瓶中盛放的试剂是氢氧化钠，可以和二氧化硫反应，吸收二氧化硫，排除二氧化硫的干扰，根据乙的设计，C中盛放的试剂是浓硫酸，具有吸水性，可以做干燥剂，根据乙的设计，即要证明干燥的二氧化硫不能使溴的四氯化碳褪色，但能使品红褪色，所以装置连接顺序为dcabef，故答案为：NaOH溶液；浓硫酸；dcabef；‎ b、证明SO2使E中溶液褪色的实验是加热已经褪色的品红溶液，若红色恢复,证明是SO2使品红溶液褪色而不是Br2，故答案为：加热已经褪色的品红溶液，若红色恢复，证明是SO2使品红溶液褪色而不是Br2；‎ c、溴单质可以和二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸根离子和溴离子，硫酸根离子和钡离子反应会生成白色沉淀，相关反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O==4H++2Br-+SO42-、SO42-+Ba2+==BaSO4↓或Br2+SO2+2H2O+Ba2+=4H++2Br-+BaSO4↓，故答案为：Br2+SO2+2H2O==4H++2Br-+SO42-、SO42-+Ba2+==BaSO4↓或Br2+SO2+2H2O+Ba2+=4H++2Br-+BaSO4↓；‎ ‎(3)根据图可以知道，pH=4.5时，溶液中主要以亚硫酸氢根离子形式存在，则溶液中离子大小关系：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)，故答案为：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)；‎ ‎(4) 根据Ksp[BaSO4]=c(Ba2+)· c(SO42-)，可知需要，则溶液中SO32-的最大浓度，故答案为0.05。‎ ‎10.氨催化氧化是硝酸工业的基础，氦气在Pt催化剂作用下发生主反应Ⅰ和副反应Ⅱ：‎ Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H1=-905 kJ/mol Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) △H2‎ ‎（1）已知：‎ 物质中断裂1mol化学键需要的能量/kJ NO O2‎ N2‎ ‎629‎ ‎496‎ ‎942‎ 则△H2=___________。‎ ‎（2）以Pt为催化剂，在‎1L密闭容器中充入1mol NH3和2mol O2，测得有关物质的量与温度的关系如下图：‎ ‎①该催化剂在高温时对反应__________更有利（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。‎ ‎②‎520℃‎时，NH3的转化率为____________。‎ ‎③‎520℃‎时，反应Ⅱ的平衡常数K=________（数字计算式）。‎ ‎④下列说法正确是____________（填标号）。‎ A 工业上氨催化氧化生成NO时，最佳温度应控制‎840℃‎左右 B 增大NH3和O2的初始投料比可以提高NH3生成NO的平衡转化率 C 投料比不变，增加反应物的浓度可以提高NH3生成NO的平衡转化率 D 使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率 ‎⑤温度高于‎840℃‎时，NO的物质的量减少的原因可能是____________。‎ ‎（3）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。‎ ‎①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1mol N2时，转移的电子数为___________mol。‎ ‎②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应。‎ 反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示，在50‎-250℃‎范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_______________。‎ ‎【答案】 (1). -1265kJ/mol (2). 1 (3). 60% (4). (5). AD (6). 催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低 (7). (8). 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用盖斯定律和△H=反应物总键能-生成物总键能计算；‎ ‎（2）①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的；‎ ‎②根据图示A点计算出两个反应消耗氨气的量，再计算转化率；‎ ‎③利用A点，计算出两个反应后剩余的氨气，氧气，生成的水和N2，再根据平衡常数公式计算；‎ ‎④A.工业上氨催化氧化生成NO时，根据图示可知‎840℃‎生成NO最多，故A正确；‎ B.增大NH3和O2的初始投料比可以降低NH3转化率，提高氧气转化率，故B错误；‎ C.投料比不变，增加反应物的浓度可以看成增大压强，不利于向体积增大的方向进行，因此降低NH3生成NO的平衡转化率，故C错误；‎ D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故D正确；‎ ‎⑤温度高于‎840℃‎时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低；‎ ‎（3）①8NH3+6NO2=7N2+12H2O根据方程式判断；‎ ‎②在50‎-250℃‎范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；‎ ‎【详解】（1）盖斯定律：Ⅰ-Ⅱ得2N2(g)+2O24NO(g) △H= △H1- △H2=-905-△H2kJ/mol；‎ ‎△H=反应物总键能-生成物总键能=2×942 kJ/mol +2×496 kJ/mol -4×629 kJ/mol =360kJ/mol；‎ 所以：△H2=△H1- △H==-905 kJ/mol -360 kJ/mol =-1265kJ/mol ；‎ 答案：-1265kJ/mol ‎（2）①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO 物质的量远大于氮气的，故该催化剂在高温下选择反应I；‎ 答案：Ⅰ ‎②‎520℃‎时， 4NH3（g）+5O2 4NO（g）+6H2O（g） 变化（mol ）： 0.2 0.25 0.2 0.3 4NH3（g）+3O2（g） 2N2（g）+6H2O（g） 变化（mol ）：0.4 0.3 0.2 0.6‎ NH3的转化率为×100%=60%‎ 答案:60% ③在 ‎1L 密闭容器中充入 1mol NH3和 2mol O2，‎520℃‎平衡时n（NO）=n（N2）=0.2mol，则： 4NH3（g）+5O2 4NO（g）+6H2O（g） 变化（mol ）：0.2 0.25 0.2 0.3 4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g） 变化（mol ）：0.4 0.3 0.2 0.6 故平衡时，n（NH3）=1mol-0.2mol-0.4mol=0.4mol，n（O2）=2mol-0.25mol-0.3mol=1.45mol，n（H2O）=0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容器体积为‎1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数K= ‎ 答案： ‎ ‎④A.工业上氨催化氧化生成NO时，根据图示可知‎840℃‎生成NO最多，故A正确；‎ B.增大NH3和O2的初始投料比可以降低NH3转化率，提高氧气转化率，故B错误；‎ C.投料比不变，增加反应物浓度可以看成增大压强，不利于向体积增大的方向进行，因此降低NH3生成NO的平衡转化率，故C错误；‎ D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故D正确；‎ 答案：AD ‎⑤温度高于‎840℃‎时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低；‎ 答案：催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低 ‎ ‎（3）①8NH3+6NO2=7N2+12H2O生成N2的反应中，当生成1mol N2时，转移的电子数为 mol；‎ 答案： ‎ ‎②反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示，在50‎-250℃‎范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；‎ 答案：迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大 ‎【点睛】本题难点是图象分析应用，易错点平衡常数的计算，注意三段式法在平衡计算中的应用。‎ ‎11.数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请回答下列问题：‎ ‎（1）这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为___________________，第一电离能最小的元素是__________(填元素符号)。‎ ‎（2）C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是___________(填化学式)。‎ ‎（3）B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为__________；另一种的晶胞如图二所示，该晶胞的空间利用率为__________。(=1.732)‎ ‎（4）D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为__________，D的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体中含有的化学键是__________ (填选项序号)。‎ ‎①极性键 ②非极性键 ③配位键 ④金属键 ‎（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是______________________________。‎ 请写出上述过程的离子方程式：___________________________,__________________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). Cu (3). HF＞HI＞HBr＞HCl (4). sp2 (5). 34% (6). 面心立方最密堆积 (7). ①②③ (8). 首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液 (9). Cu2++2NH3·H2O===Cu(OH)2↓+2NH4+ (10). Cu(OH)2+4NH3===[Cu(NH3)4]2++2OH−‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体型分子，则B为氯元素．‎ ‎（1）四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子排布为3s23p5；‎ ‎（2）HF分子间存在氢键，沸点最高，其它卤化氢随着相对分子质量递增，其沸点升高；‎ ‎（3）图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；‎ 根据均摊法计算晶胞中C原子数目，令碳原子直径为a，计算晶胞中C原子总体积，碳原子与周围的4个原子形成正四面体结构，中心碳原子与正四面体顶点原子相邻，中心碳原子到底面距离为，则正四面体的高为（a+），设正四面体的棱长为x，则斜面的高为 x，底面中心到边的距离为x×，再根据勾股定理计算x与a的关系，晶胞棱长=2x×=x，再计算晶胞体积，晶胞空间利用率=×100%；‎ ‎（4）晶体Cu为面心立方最密堆积，所以配位数为12，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键；‎ ‎（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液。‎ ‎【详解】原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体型分子，则B为氯元素，‎ ‎（1）四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子排布为3s23p5，其基态原子的价电子排布图为 ；四种元素中只有Cu为金属元素失电子能力最强，其他为非金属元素，故第一电离能最小的元素是Cu；‎ ‎（2）HF分子之间形成氢键，使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，即沸点由高到低的顺序是HF＞HI＞HBr＞HCl；‎ ‎（3）图一为石墨的平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；‎ 图二为金刚石的晶胞，一个晶胞中含碳原子数为8×+6×+4=8，令碳原子直径为a，晶胞中C原子总体积=8×π（）3，碳原子与周围的4个原子形成正四面体结构，中心碳原子与正四面体顶点原子相邻，中心碳原子到底面距离为，则正四面体的高为（a+）=，设正四面体的棱长为x，则斜面的高为x，底面中心到边的距离为x×，再根据勾股定理：（）2+（x×）2=（x）2，整理得x=，故晶胞棱长=×=，则晶胞体积为（）3，晶胞空间利用率={[8×π（）3]÷（）3}×100%=π34%；‎ ‎（4）晶体Cu为面心立方最密堆积，所以配位数为12，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键，答案为：①②③；‎ ‎（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液；发生反应的离子方程式有Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+、Cu(OH)2+4NH3===[Cu(NH3)4]2++2OH−。‎ ‎【点睛】‎ 本题是对物质结构的考查，题目综合性较大，涉及元素推断、核外电子排布、晶体结构与化学键、杂化轨道、配合物、晶胞计算等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度中等。‎ ‎12.2019年，嫦娥四号成功在月球着陆。探测器上的五星红旗由一类特殊的聚酰亚胺（化合物H）制成。以下是H的合成路线：‎ 已知：+R’-NH2→+RCOOH ‎（1）A 结构简式是________________，E的名称___________。‎ ‎（2）试剂a是_____________,其化学方程式___________________。‎ ‎（3）B→C的反应类型________；C中含有的官能团名称为___________。‎ ‎（4）写出 D＋G→H 的化学反应方程式_____________。‎ ‎（5）写出一种苯环上一氯代物有三种，核磁共振氢谱为6:4:2:1:1的F的同分异构体的结构简式_______________。（不考虑立体异构）‎ ‎【答案】 (1). (2). 间二甲苯 (3). 浓硫酸、浓硝酸 (4). +HNO3+H2O (5). 取代反应 (6). 氨基、硝基 (7). n+n+2nH2O (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由合成路线可知，A和氯气在氯化铁催化剂作用下反应生成氯苯，则A为苯，根据B到C 反应推出氯苯到B是发生硝化反应，在浓硫酸浓硝酸作用下反应生成B()，和氨气反应生成C，C在铁作用下与HCl反应生成D，E发生取代反应生成F，F发生氧化反应生成G，D和G根据信息发生反应生成H，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】(1)由上述分析可知，A为苯，其结构简式为，E的结构简式为，其名称为间二甲苯，故答案为：；间二甲苯；‎ ‎(2)根据题中分析可知，氯苯在浓硫酸浓硝酸作用下加热发生硝化反应生成B，因此试剂a是浓硫酸、浓硝酸，反应方程式为+HNO3+H2O，故答案为：浓硫酸、浓硝酸；+HNO3+H2O；‎ ‎(3)和氨气发生取代反应生成C，C的结构简式为，含有的官能团为硝基和氨基，故答案为：取代反应；氨基、硝基；‎ ‎(4)D与G发生题中已知信息的反应生成F，反应的化学反应方程式为：n+n+2nH2O，故答案为：n+n+2nH2O；‎ ‎(5)F的分子式为C10H14，其同分异构体中，苯环上一氯代物有三种，核磁共振氢谱为6:4:2:1:1‎ 的结构简式为，故答案为：。‎