黑龙江省大庆第一中学2019届高三第四次模拟理科综合化学试题 Word版含解析

黑龙江省大庆第一中学2019届高三第四次模拟理科综合化学试题 Word版含解析

www.ks5u.com 大庆一中高三年级下学期第四次模拟测试 理科综合试题 ‎1.化学与材料、生活和环境密切相关。下列有关说法中错误的是（ ）‎ A. 聚酯纤维、光电陶瓷都属于有机高分子 B. 从石油和煤焦油中可以获得苯等基本化工原料 C. 生活污水进行脱氮、脱磷处理可以减少水体富营养化 D. 为汽车安装尾气催化转化装置，可将尾气中的部分CO和NO转化为无毒气体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．聚酯纤维属于有机合成材料，陶瓷属于无机非金属材料，故A错误；‎ B．从石油中可以获得乙烯、从石油或煤焦油中可以获得苯等重要化工基本原料，故B正确；‎ C．水中含有氮、磷过多，能够使水体富营养化，水中植物疯长，导致水质恶化，生活污水进行脱氮、脱磷处理可以减少水体富营养化，有利于环境保护，故C正确；‎ D、为汽车安装尾气催化转化装置，可将尾气中的部分CO和NO转化为无毒气体氮气和二氧化碳，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎2.设NA表示阿伏加德罗常数值，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 25℃，pH=1的H2SO4溶液中，H+的数目为0.2NA B. 常温常压下，56g丙烯与环丁烷的混合气体中含有4NA个碳原子 C. 标准状况下，11.2LCHCl3中含有的原子数目为2.5NA D. 常温下，1mol浓硝酸与足量Al反应，转移电子数为3NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶液体积未知，无法计算氢离子数目，故A错误；‎ B．丙烯和环丁烷的最简式均为CH2，故56g混合物中含4molCH2原子团，故含4NA个碳原子，故B正确；‎ C．标准状况下，CHCl3 是液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误；‎ D．常温下，铝和浓硝酸发生钝化，不能完全反应，无法计算转移的电子数，故D错误；‎ 答案选B - 18 -‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意常温下，铁、铝遇到浓硫酸或浓硝酸会发生钝化，反应会很快停止。‎ ‎3.某烃结构简式为，关于该有机物，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 所有碳原子可能处于同一平面 B. 属于芳香族化合物的同分异构体有三种 C. 能发生取代反应、氧化反应和加成反应 D. 能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色且原理相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分子结构中含有，为四面体结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故A错误；‎ B. 该物质的分子式为C8H10，属于芳香族化合物的同分异构体有乙苯和二甲苯(邻位、间位和对位3种)，共4种，故B错误；‎ C. 结构中含有碳碳双键，能发生氧化反应和加成反应，含有和-CH2-，能发生取代反应，故C正确；‎ D. 含有碳碳双键能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应而使高锰酸钾溶液褪色，褪色原理不同，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W最简单的氢化物常温下为气体，是可燃冰的成分，X是同周期中原子半径最小的元素，W和Y的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X、Z同主族。下列有关判断正确的是（ ）‎ A. 常温下，X、Z单质与水反应均有弱酸生成 B. W、X、Z的最简单氢化物中，HZ的热稳定性最强 C. Y与Z的化合物YZ3是非电解质 D. W氢化物的沸点一定低于X的氢化物的沸点 ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 18 -‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W最简单的氢化物是可燃冰的有效成分，即为CH4，则W为C元素；X是同周期中原子半径最小的元素，X不是F就是Cl，因原子序数依次增大，则X为F元素；W和Y的原子核外最外层电子数之和等于X的最外层电子数，则Y为Al元素；X、Z同主族，则Z为Cl元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，W为C元素、X为F元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。‎ A．常温下，X、Z的单质与水的反应分别是2F2+2H2O=4HF+O2、Cl2+H2O=HCl+HClO，HF和HClO都是弱酸，故A正确；‎ B．F的非金属性最强，则HF最稳定，故B错误；‎ C. Y与Z的化合物YZ3为AlCl3，氯化铝溶于水能够导电，属于电解质，故C错误；‎ D. W的氢化物为烃，其中很多为固体，沸点不一定低于HF的沸点，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意碳的氢化物是一类物质——烃，随着碳原子数目的增多，烃的熔沸点升高，在烃中有气态、液态的烃，还有固态的烃。‎ ‎5.由下列实验事实得出的结论不正确的是（ ）‎ 实验 结论 A 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明 生成的1,2-二溴乙烷无色可溶于四氯化碳 B 乙酸乙酯和氢氧化钠溶液混合共热后，混合液不再分层 乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中可完全水解 C 葡萄糖与新制氢氧化铜混合共热后，生成砖红色沉淀 葡萄糖是还原性糖 D 乙酸和乙醇都可与金属钠反应产生可燃性气体 乙酸分子中的氢与乙醇分子中的氢具有相同的活性 A. A B. B C. C D. D - 18 -‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯与溴发生加成反应生成的1，2-二溴乙烷无色，可溶于四氯化碳，因此溴的四氯化碳溶液褪色，故A正确；‎ B．乙酸乙酯属于酯，在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成乙酸钠和乙醇，因此混合液不再分层，故B正确；‎ C．热的新制氢氧化铜悬浊液和葡萄糖产生砖红色沉淀氧化亚铜，氢氧化铜被葡萄糖还原，葡萄糖表现了还原性，故C正确；‎ D．乙醇与钠反应不如乙酸与Na反应剧烈，则乙醇分子中的羟基氢不如乙酸羧基中的氢活泼，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎6.以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e－=Na2Fe[Fe(CN)6]‎ B. 充电时，Mo(钼)箔接电源的负极 C. 充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室 D. 外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为2.4g ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、根据工作原理，Mg作负极，Mo作正极，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e－=Na2Fe[Fe(CN)6]，故A正确；B、充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，故B说法错误；C、充电时，属于电解，根据电解原理，Na＋应从左室移向右室，故C说法正确；D、负极上应是2Mg－4e－＋2Cl－=[Mg2Cl2]2＋‎ - 18 -‎ ‎，通过0.2mol电子时，消耗0.1molMg，质量减少2.4g，故D说法正确。‎ ‎7.用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定40 mL 0.1 mol·L－1 H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列叙述错误的是（ ）‎ A. Ka2(H2SO3)的数量级为10－8‎ B. 若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂 C. 图中Z点对应的溶液中：c(Na＋)>c(SO32－)>c(HSO3－)>c(OH－)‎ D. 图中Y点对应的溶液中：3c(SO32－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3═NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOH═Na2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。‎ ‎【详解】A．由图像可知，当溶液中c(HSO3-)= c(SO32－)时，此时pH=7.19，即c(H+)=10-7.19mol/L，则H2SO3的Ka2==c(H+)，所以H2SO3的Ka2=1×10-7.19，Ka2(H2SO3)的数量级为10－8，故A正确；‎ B．第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，可用甲基橙作指示剂，故B正确；‎ C．Z点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液pH=9.86，溶液显碱性，表明SO32-会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH-)＞c(HSO3-)，故C错误；‎ D．根据图像，Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32-‎ - 18 -‎ ‎)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】明确滴定反应式，清楚特殊点的含义，把握溶液中的守恒思想是解答本题的关键。本题的易错点为A，要注意根据Y点结合Ka2的表达式分析解答。‎ ‎8.苯甲醛是一种重要的化工原料，某小组同学利用如图所示实验装置(夹持装置已略去)制备苯甲醛。‎ 已知有机物的相关数据如下表所示：‎ 有机物 沸点℃‎ 密度为g/cm3‎ 相对分子质量 溶解性 苯甲醛 ‎178.1‎ ‎1.04‎ ‎106‎ 微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃 苯甲醇 ‎205.7‎ ‎1.04‎ ‎108‎ 微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃 二氯甲烷 ‎39.8‎ ‎1.33‎ 难溶于水，易溶于有机溶剂 实验步骤：‎ ‎①向容积为500mL的三颈烧瓶加入90.0mL质量分数为5%的次氯酸钠溶液(稍过量)，调节溶液的pH为9-10后，加入3.0mL苯甲醇、75.0mL二氯甲烷，不断搅拌。‎ ‎②充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，并将有机相合并。‎ ‎③向所得有机相中加入无水硫酸镁，过滤，得到有机混合物。‎ ‎④蒸馏有机混合物，得到2.08g苯甲醛产品。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)仪器b的名称为______，搅拌器的作用是______。‎ ‎(2)苯甲醇与NaClO反应的化学方程式为_______。‎ ‎(3)步骤①中，投料时，次氯酸钠不能过量太多，原因是____；步骤③中加入无水硫酸镁，若省略该操作， 可能造成的后果是______。‎ - 18 -‎ ‎(4)步骤②中，应选用的实验装置是___(填序号)，该操作中分离出有机相的具体操作方法是___。‎ ‎(5)步骤④中，蒸馏温度应控制在_______左右。‎ ‎(6)本实验中，苯甲醛的产率为________(保留到小数点后一位)。‎ ‎【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 使物质充分混合 (3). + NaClO→+ NaCl+H2O (4). 防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低 (5). 产品中混有水，纯度降低 (6). ③ (7). 打开分液漏斗颈部的玻璃塞（或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔），再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞 (8). 178.1℃ (9). 67.9%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据图示结合常见的仪器的形状解答；搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分；‎ ‎(2)根据实验目的，苯甲醇与NaClO反应生成苯甲醛；‎ ‎(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化；步骤③中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水；‎ ‎(4)步骤②中萃取后要进行分液，结合实验的基本操作分析解答；‎ ‎(5)步骤④是将苯甲醛蒸馏出来；‎ ‎(6) 首先计算3.0mL苯甲醇的物质的量，再根据反应的方程式计算理论上生成苯甲醛的质量，最后计算苯甲醛的产率。‎ ‎【详解】(1)根据图示，仪器b为球形冷凝管，搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分，故答案为：球形冷凝管；使物质充分混合；‎ ‎(2)根据题意，苯甲醇与NaClO反应，苯甲醇被氧化生成苯甲醛，次氯酸钠本身被还原为氯化钠，反应的化学方程式为+ NaClO→+ NaCl+H2O，故答案为：+ NaClO→+ NaCl+H2O；‎ - 18 -‎ ‎(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化，因此步骤①中，投料时，次氯酸钠不能过量太多；步骤③中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水，提高产品的纯度，若省略该操作，产品中混有水，纯度降低，故答案为：防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低；产品中混有水，纯度降低；‎ ‎(4)步骤②中，充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，萃取应该选用分液漏斗进行分液，应选用的实验装置是③，分液中分离出有机相的具体操作方法为打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞，故答案为：③；打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞；‎ ‎(5)根据相关有机物的数据可知，步骤④是将苯甲醛蒸馏出来，蒸馏温度应控制在178.1℃左右，故答案为：178.1℃；‎ ‎(6)根据+ NaClO→+ NaCl+H2O可知，1mol苯甲醇理论上生成1mol苯甲醛，则3.0mL苯甲醇的质量为1.04 g/cm3×3.0cm3=3.12g，物质的量为，则理论上生成苯甲醛的质量为×106g/mol=3.06g，苯甲醛的产率=×100%=67.9%，故答案为：67.9%。‎ ‎9.钴元素由于其良好的物理化学性质，被广泛应用于生产生活中。从含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li等)中制取粗CoCl2·6H2O的流程如下所示。‎ ‎ ‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)步骤I中主要发生的化学反应方程式为______。‎ ‎(2)已知Co2O3具有强氧化性，若步骤II中浸出剂为盐酸，造成的后果是_______。‎ - 18 -‎ ‎(3)步骤Ⅲ中①的目的是除去Al3+，写出该步反应的离子方程式______。‎ ‎(4)若在实验室煅烧CoCO3，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有______、______(填仪器名称)。‎ ‎(5)操作①是在HCl氛围中进行的，其步骤是______、_____、过滤、洗涤、干燥。洗涤过程中可以用工业酒精代替水，其优点是_____。‎ ‎(6)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，下列可作为指示剂的是____(填选项，忽略亚钴离子的颜色干扰)‎ A．KCl B．KSCN C．K2CrO4 D．K2S 已知几种物质在20℃时的颜色及Ksp值如下表 化学式 AgCl AgSCN Ag2S Ag2CrO4‎ 颜色 白色 浅黄色 黑色 红色 Ksp ‎2.0×10-10‎ ‎1.0×10-12‎ ‎2.0×10-48‎ ‎2.0×10-12‎ ‎【答案】 (1). 2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2↑ (2). 会产生有毒气体氯气 (3). 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3↓ + 3CO2↑ (4). 坩埚 (5). 泥三角 (6). 蒸发浓缩 (7). 冷却结晶 (8). 减少晶体的溶解损失 (9). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li)加入碱液，Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气，锂能够被水溶解，过滤得到钴渣和含铝溶液；钴渣中加入浸出剂得到含有Co2+及微量Li+、Al3+溶液，向该溶液中加入20%碳酸钠溶液调节溶液的pH为4.5-5之间，然后加入NaF，过滤得到铝锂渣和滤液，滤液中加入30%碳酸钠溶液调节溶液的pH为8-8.5，得到CoCO3沉淀，煅烧碳酸钴得到CoO，CoO与盐酸反应生成CoCl2，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出CoCl2·6H2O结晶水合物，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)步骤I中Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气，锂能够被水溶解，发生的主要化学反应方程式有2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2‎ - 18 -‎ ‎↑，故答案为：2Al + 2NaOH +2H2O=2NaAlO2 + 3H2↑、2Li + 2H2O=2 Li OH + H2↑；‎ ‎(2)Co2O3具有强氧化性，若步骤II中浸出剂为盐酸，盐酸中的氯元素可能被氧化生成氯气，污染环境，故答案为：会产生有毒气体氯气(或生成氯气，污染环境)；‎ ‎(3)步骤Ⅲ中①的目的是除去Al3+，与加入的碳酸钠能够发生双水解反应，反应的离子方程式为2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3↓ + 3CO2↑，故答案为：2Al3+ + 3CO32- + 3H2O=2Al(OH)3↓ + 3CO2↑；‎ ‎(4)实验室煅烧CoCO3需要在坩埚中进行，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有坩埚、泥三角，故答案为：坩埚；泥三角；‎ ‎(5)CoCl2能够水解，生成的氯化氢容易挥发，因此操作①是需要在HCl氛围中进行，从CoCl2溶液中获得CoCl2·6H2O晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。洗涤过程中可以用工业酒精代替水，减少晶体的溶解损失，且酒精更加容易挥发，便于晶体干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；减少晶体的溶解损失；‎ ‎(6)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，根据几种物质在20℃时的颜色及Ksp值，滴定过程中需要有明显的现象，应该选用K2CrO4为指示剂，故答案为：C。‎ ‎10.十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战！”以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。‎ Ⅰ．汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定条件下可发生如下反应：‎ 反应①2NO(g)+ 2CO(g) ⇌ N2(g) + 2CO2(g) ΔH1。‎ ‎(1)已知：反应②N2(g)+O2(g) ⇌ 2NO(g) ΔH2= +180.5 kJ·mol-1，CO的燃烧热为283.0 kJ·mol-1，则ΔH1=____。‎ ‎(2)在密闭容器中充入5molCO和4molNO，发生上述反应①，图1为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。‎ - 18 -‎ ‎①温度：T1____T2(填“＜”或“＞”) 。‎ ‎②若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A~G点中的____点。‎ ‎(3)某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO的转化率)，结果如图2所示。若低于200℃，图2中曲线Ⅰ脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为______；a点_____(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，说明其理由______。‎ II．N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解对环境保护有重要意义。‎ ‎(4)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：‎ 第一步I2(g) ⇌ 2I(g) (快反应)‎ 第二步I(g)+N2O(g) → N2(g)+IO(g) (慢反应)‎ 第三步IO(g)+N2O(g) → N2(g)+O2(g)+I2(g) (快反应)‎ 实验表明，含碘时N2O分解速率方程v = k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是____。‎ A．I2浓度与N2O分解速无关 B．第二步对总反应速率起决定作用 C．第二步活化能比第三步小 D．IO为反应的中间产物 ‎【答案】 (1). -746.5kJ/mol (2). ＞ (3). A (4). 温度较低时，催化剂的活性偏低 (5). 不是 (6). 该反应为放热反应，根据线II可知，a点对温度的平衡脱氮率应该更高 (7). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)CO燃烧热的△H1=-283.0kJ•mol-l，热化学方程式为：①CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H1=-283.0kJ•mol-l，再根据盖斯定律分析计算；‎ ‎(2)根据(1)的计算结果，结合温度和压强对平衡的影响分析判断；‎ ‎(3)催化剂在低温下活性不大；根据图像可知a点不是对应温度下的平衡脱氮率；‎ ‎(4)根据反应历程结合速率方程分析判断。‎ ‎【详解】(1)CO燃烧热的△H1=-283.0kJ•mol-l，热化学方程式为：①CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H1=-283.0kJ•mol-l，②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H2=+180.5kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①×2-②得：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ/mol，故答案为：-746.5kJ/mol；‎ - 18 -‎ ‎(2)①根据反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ•mol-1，升高温度，平衡逆向移动，所以NO的体积分数会增大，即T1＞T2，故答案为：＞；‎ ‎②若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，则平衡会逆向移动，NO的体积分数增加，重新达到的平衡状态可能是图中A点，故答案为：A。‎ ‎(3)根据图像可知，温度较低时，催化剂的活性偏低，因此温度低于200℃，曲线Ⅰ脱氮率随温度升高变化不大；a点不是对应温度下的平衡脱氮率，因为该反应为放热反应，根据线II可知，a点对温度的平衡脱氮率应该更高，故答案为：温度较低时，催化剂的活性偏低；不是；该反应为放热反应，根据线II可知，a点对温度的平衡脱氮率应该更高；‎ ‎(4)A．N2O分解反应中，实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5(k为速率常数)，和碘蒸气有关，故A错误；B．第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)(慢反应)，在整个反应过程中起到决定性作用，故B正确；C．第二步反应慢说明活化能比第三步大，故C错误；D．第一步I2(g)⇌2I(g)(快反应)，第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)(慢反应)，第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+H(g)(快反应)，过程中IO为反应的中间产物，故D正确；故答案为：BD。‎ ‎11.人们对含硼（元素符号为“B”）物质结构的研究，极大地推动了结构化学的发展。回答下列问题：‎ ‎（1）基态B原子价层电子的电子排布式为_____，核外电子占据最高能层的符号是____，占据该能层未成对电子的电子云轮廓图形状为____。‎ ‎（2）1923年化学家Lewis提出了酸碱电子理论。酸碱电子理论认为：凡是可以接受电子对的物质称为酸，凡是可以给出电子对的物质称为碱。已知BF3与F-反应可生成BF4-，则该反应中BF3属于____（填“酸”或“碱”），原因是____。‎ ‎（3）NaBH4是有机合成中常用的还原剂，NaBH4中的阴离子空间构型是_____，中心原子的杂化形式为____，NaBH4中存在____（填标号）‎ a．离子键 b．金属键 c．σ键 d．π键 e．氢键 ‎（4）请比较第一电离能：IB____IBe（填“>”或“<”），原因是_______。‎ ‎（5）六方氮化硼的结构与石墨类似，B—N共价单键的键长理论值为158pm，而六方氮化硼层内B、N原子间距的实测值为145 pm，造成这一差值的原因是____。高温高压下，六方氮化硼可转化为立方氮化硼，立方氮化硼的结构与金刚石类似，已知晶胞参数中边长为a=362 pm，则立方氮化硼的密度是____g/cm3。‎ - 18 -‎ ‎【答案】 (1). 2s22p1 (2). L (3). 哑铃形（或纺锤形） (4). 酸 (5). BF3中B采用sp2杂化，未参与杂化的2p空轨道接受F-的一对孤电子，形成配位键，因此BF3属于酸 (6). 正四面体 (7). sp3 (8). ac (9). ＜ (10). Be原子的2s为全充满结构，较为稳定 (11). 层内B、N原子间形成了π键 (12). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)B为5号元素，据此书写B原子价层电子的电子排布式；‎ ‎(2)B原子最外层含有3个电子，与3个F形成3个共用电子对，还存在1个空轨道，据此分析判断；‎ ‎(3)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=σ键个数+(a-xb)计算判断；‎ ‎(4)Be原子的2s为全充满结构，较为稳定，据此分析判断；‎ ‎(5)六方氮化硼的结构与石墨类似，层内B、N原子间形成了π键；根据晶胞结构图，利用均摊法计算一个晶胞中含有的白球数和黑球数，再确定一个晶胞的质量和体积，最后根据ρ=计算。‎ ‎【详解】(1)B为5号元素，基态B原子价层电子的电子排布式为2s22p1，核外电子占据最高能层的符号为L，占据该能层未成对电子的为2p，电子云轮廓图为哑铃形(或纺锤形)，故答案为：2s22p1；L；哑铃形(或纺锤形)；‎ ‎(2)根据酸碱电子理论：凡是可以接受电子对的物质称为酸，凡是可以给出电子对的物质称为碱。BF3中B采用sp2杂化，未参与杂化的2p空轨道接受F-的一对孤电子，形成配位键，因此BF3属于酸，故答案为：酸；BF3中B采用sp2杂化，未参与杂化的2p空轨道接受F-的一对孤电子，形成配位键，因此BF3属于酸；‎ ‎(3)BH4-中B原子孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，VSEPR模型为正四面体，没有孤电子对，空间构型为正四面体，B原子杂化方式为sp3，Na+、BH4-‎ - 18 -‎ 离子之间形成离子键，BH4-中B原子与H原子之间形成共价键和配位键，均属于σ键，故答案为：正四面体；sp3；ac；‎ ‎(4)Be原子的2s为全充满结构，较为稳定，使得第一电离能大于B第一电离能，故答案为：＜；Be原子的2s为全充满结构，较为稳定；‎ ‎(5)六方氮化硼的结构与石墨类似，层内B、N原子间形成了π键，使得B—N共价单键的键长变短；根据晶胞结构图，一个晶胞中含有的白球数=8×+6×=4，黑球数=4，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子，一个晶胞的质量为，一个立方氮化硼晶胞的体积是(362pm)3，根据ρ=== g/cm3，故答案为：层内B、N原子间形成了π键；。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(2)，要注意B原子最外层含有3个电子，与3个F形成3个共用电子对，还存在1个空轨道，可以接受孤电子对。‎ ‎12.聚碳酸酯的透光率良好，可制作挡风玻璃、眼镜片等。某聚碳酸酯(M)的合成路线如下：‎ 已知：‎ Ⅰ.D的分子式为C3H4O3，核磁共振氢谱只有一组峰 Ⅱ.R1COOR2+R3OHR1COOR3+ R2OH ‎(1)A的名称是 _______，D的结构简式为_____；‎ ‎(2)B→C的反应类型______；‎ - 18 -‎ ‎(3)关于H的说法正确的是（ ）‎ A.分子式为C15H16O2‎ B.呈弱酸性，是苯酚的同系物 C.分子中碳原子可能共面 D.1mol H与浓溴水取代所得有机物最多消耗NaOH10mol ‎(4)写出A→B化学方程式________；‎ ‎(5)最常见的聚碳酸酯是用H与光气()聚合得到，请写出该聚碳酸酯的结构简式________；‎ ‎(6)H的同分异构体中满足下列条件的有___种；‎ ‎①有萘环()结构 ②能发生水解和银镜反应 ③两个乙基且在一个环上 ‎(7)F→G需三步合成 CH2=CHCH3KL 若试剂1为HBr，则L的结构简式为_______，③的反应条件是_____。‎ ‎【答案】 (1). 1,2-二氯乙烷 (2). (3). 取代反应 (4). AD (5). (6). (7). 18 (8). (9). Cu/Ag，O2，△‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据流程图，卤代烃A()在氢氧化钠溶液中水解生成B，B为，C()在氢氧化钠条件下反应生成D，D与甲醇发生酯交换生成E()，D的分子式为C3H4O3‎ - 18 -‎ ‎，核磁共振氢谱只有一组峰，因此D为，据此分析解答(1)~(6)；‎ ‎(7)CH2=CHCH3与HBr发生加成反应生成CH3CHBrCH3，CH3CHBrCH3水解生成CH3CHOHCH3，最后将CH3CHOHCH3氧化即可得到丙酮，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)A的结构简式为，名称为1,2-二氯乙烷，D的结构简式为，故答案为：1,2-二氯乙烷；；‎ ‎(2)B为，C为，B与发生取代反应生成，故答案为：取代反应；‎ ‎(3)H为。A.根据H的结构简式，H的分子式为C15H16O2，故A正确；B.H中含有酚羟基，具有弱酸性，但含有2个苯环，不属于苯酚的同系物，故B错误；C.结构中含有，是四面体结构，因此分子中碳原子一定不共面，故C错误；D.酚羟基的邻位和对位氢原子能够发生取代反应，1mol H与浓溴水取代所得有机物中最多含有4个溴原子，酚羟基和溴原子均能消耗NaOH，且溴原子水解生成的酚羟基也能与氢氧化钠反应，因此1mol 最多消耗10mol氢氧化钠，故D正确，故答案为：AD；‎ ‎(4)A→B是卤代烃的水解反应，反应的化学方程式为，故答案为：；‎ ‎(5)最常见的聚碳酸酯是用H与光气()聚合得到，与发生缩聚反应生成，故答案为：‎ - 18 -‎ ‎； ‎ ‎(6)H()的不饱和度=8，H的同分异构体中满足下列条件：①有萘环()结构，不饱和度=7，②能发生水解和银镜反应，说明结构中含有酯基和醛基，因此属于甲酸酯类物质，酯基的不饱和度=1，因此其余均为饱和结构，③两个乙基且在一个环上，两个乙基在一个环上有、、、4种情况，HCOO-的位置分别为6、6、3、3，共18种结构，故答案为：18；‎ ‎(7)CH2=CHCH3与HBr发生加成反应生成CH3CHBrCH3，CH3CHBrCH3水解生成CH3CHOHCH3，最后将CH3CHOHCH3氧化即可得到丙酮，因此L为CH3CHOHCH3，反应③的条件为Cu/Ag，O2，△，故答案为：CH3CHOHCH3；Cu/Ag，O2，△。‎ ‎【点睛】本题难点和易错点为(3)D的判断，要注意H与溴水的取代产物为，与氢氧化钠充分反应生成和溴化钠。‎ - 18 -‎ ‎ ‎ - 18 -‎