甘肃省兰州市2021年高考化学一模试卷及答案

这是一份甘肃省兰州市2021年高考化学一模试卷及答案，共15页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

 高考化学一模试卷
一、单选题
1.化学与社会、生产密切相关，下列说法正确的是（   ）
A.明矾净水是因为其水解产物能杀菌、消毒，并能吸附水中悬浮物
B.95%的酒精能使蛋白质失去生理活性，可用于消毒预防新冠肺炎
C.医用外科口罩使用材料之一为聚丙烯，能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D.葡萄酒中通常添加微量SO2 ， 具有杀菌并防止营养成分被氧化的作用
2.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化过程如下图所示。下列叙述错误的是（   ）

A. 反应过程中，CuCl2、FeCl3可以循环利用
B. 反应的总方程式为：2H2S+O2 2S↓+2H2O
C. 由图示的转化可得出：氧化性的强弱顺序为O2＞Cu2+＞S
D. 保持溶液中Fe3+的量不变，反应中消耗标况下22.4L的O2 ， 可以生成64g硫
3.有机物M的结构简式为 下列说法错误的是（   ）
A.有机物M中所有碳原子可能共处于同一平面
B.有机物M既能使酸性KMnO4溶液褪色又能使溴水褪色，且反应类型相同
C.1mol有机物M与足量溴水反应，消耗Br2为1mol
D.与有机物M具有相同的官能团，且含有苯环的同分异构体有4种(不包括M)
4.某同学设计利用下图装置制备硫酸锰，下列说法错误的是（   ）

A.装置I烧瓶中放入的药品X为Na2SO3固体，浓硫酸在反应中表现出酸性
B.装置II中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率，SO2在反应中做还原剂
C.装置III烧杯里装的是NaOH溶液，用于吸收未反应的SO2气体
D.从装置II反应后的溶液获取MnSO4·H2O可以采用蒸发结晶的方法
5.X、Y、Z、W、M为短周期主族元素，25℃时，其最高价氧化物对应水化物的溶液浓度均为0.01mol·L-1的pH和原子半径大小的关系如下图所示。下列有关说法错误的是（   ）

A. M元素一定位于第三周期第IA族
B. X与Z的简单气态氢化物反应生成的化合物中含有离子键和极性键
C. Z、W的气态氢化物的热稳定性：Z D. W的氧化物可能具有还原性、氧化性
6.科学家利用新型Zn-CO2水介质电池，电极材料为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。其电池示意图如下图所示，下列说法正确的是（   ）

A.放电时，正极区pH降低
B.放电时，Zn极发生电极反应式为： Zn+4OH--2e-=Zn(OH)
C.充电时，每生成标况下11.2LO2在阳极可生成65g Zn
D.电解质溶液2一定是碱性溶液
7.常温下，某H3AsO4溶液中逐滴加人NaOH，溶液中含砷微粒的分布分数(某含砷微粒的物质的量浓度占所有含砷微粒物质的量浓度之和的分数)与pH的变化关系如下图所示。下列说法正确的是（   ）

A.H3AsO4的第一步电离常数Ka1>0.01
B.pH=11.5时，c(H2AsO )+2c(HAsO )＋3c(AsO )+c(OH-)=c(H+)
C.Na3AsO4溶液中，3c(Na+)=c(AsO )+ c(HAsO )+c(H2AsO )+c(H3AsO4)
D.以酚酞为指示剂，将 NaOH 溶液逐滴加入到H3AsO4溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该反应的离子方程式为2OH-+H3AsO4= HAsO +2H2O
二、非选择题
8.CoCl2是一种性能优越的电池前驱材料，可用于电镀。含钴矿中Co元素主要以Co2O3、CoO形式存在，还含有Fe3O4、SiO2、CuO、ZnO、NiO、MgCO3等杂质，制取氯化钴晶体的一种工艺流程如下：

滤液3经过多次萃取与反萃取制备CoCl2晶体。

已知：
①焦亚硫酸钠Na2S2O5 ， 常做食品抗氧化剂。MgF2难溶于水。
②CoCl2·6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110~120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。
③部分金属离子形成氢氧化物的pH见下表：

Co3+
Fe3+
Cu2+
Co2+
Fe2+
Zn2+
Mg2+
开始沉淀pH
0.3
2.7
5.5
7.2
7.6
7.6
9.6
完全沉淀pH
1.1
3.2
6.6
9.2
9.6
9.2
11.1
请回答：
（1）实验室中进行操作①时所需的玻璃仪器有________。滤渣1的主要成分是________。
（2）取时加入Na2S2O5发生的氧化还原反应的离子方程式为________。
（3）滤液1中加入NaClO3的作用为________。加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为________。
（4）滤液3中加入萃取剂I，然后用稀盐酸反萃取的目的是________。
（5）制备晶体CoCl2·6H2O，需在减压环境下烘干的原因是________。
（6）某学习小组同学为测定产品中CoCl2·6H2O晶体的纯度，将一定量的样品溶于水，再向其中加入足量AgNO3溶液，过滤洗涤，并将沉淀烘干后称量。通过计算发现产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是________。(写一条即可)。
9.燃煤废气中的氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体常用下列方法处理，以实现节能减排、废物利用。
（1）处理烟气中的SO2常用液吸法。室温下，将烟气通人浓氨水中得到(NH4)2SO3溶液， 0.1 mol/L(NH4)2SO3溶液的pH________。 (填“>”、“＜”或“=”)7.将烟气通人(NH4)2SO3溶液可以继续吸收SO2 ， 用离子方程式表示出能继续吸收二氧化硫的原因________。 (已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5；H2SO3：Ka1=1.5×10-2 ， Ka2=1.0×10-7)
（2）处理烟气中氮氧化物常用活性炭还原法，反应为：C(s)+2NO(g)→N2(g)+CO2(g)。在T℃、100 kPa时，研究表明反应速率v(NO)=3×10-3×p(NO)(kPa·min-1)，该条件下现将1.5molC和2.5molNO充人恒容密闭容器中充分反应，达到平衡时测得p(N2)=32kPa，则此时v(NO)=________kPa·min-1 ， 以p表示各气体的分压，该反应平衡常数Kp=________。
（3）CO2经催化加氢可以生成低碳燃料。科学家研究发现，在210℃~290℃，催化剂条件下CO2和H2可转化生成甲醇蒸气和水蒸气。
①230℃，向容器中充人0.5 mol CO2和1.5molH2 ， 当H2转化率达80%时放热19.6kJ，写出该反应的热化学方程式________。
②一定条件下，往2L恒容密闭容器中充人1.0 mol CO2和3.0molH2 ， 在不同催化剂作用下，CO2的转化率随温度的变化如右图所示，催化效果最佳的催化剂是________。(填催化剂“I”、“II”或“III”)。b点v(正)________v(逆)(填“>”、“＜”或“=”)。此反应a点已达到平衡状态CO2的转化率比c点高的原因是________。。

10.1，2-二氯乙烷是一种广泛使用的有机溶剂、黏合剂，其沸点为83.5℃，熔点为-35℃。下图为实验室中制备1，2-二氯乙烷的装置，加热和夹持装置已略去。装置A中的浓硫酸是催化剂、脱水剂，无水乙醇的密度约为0.8g·mL-1 ， 该反应需要控制在170℃左右进行。

（1）装置A中还缺少的一种必需实验仪器是________。使用冷凝管的目的是________。装置A中发生反应主要反应的化学方程式为________。
（2）装置B中插人玻璃管的作用是________。
（3）实验时若温度控制不好，A中三颈烧瓶内会产生某种刺激性气味的气体，为吸收该气体在装置B中应加入的最佳试剂为________。(填字母序号)。
A．高锰酸钾溶液B．浓硫酸C．氢氧化钠溶液D．饱和碳酸氢钠溶液
为检验该气体已完全除去，C中盛放的试剂为________。(填试剂名称)。
（4）D中a、c两个导气管进入仪器中的长度不同，其优点是________。从绿色化学角度考虑，对导气管b的进一步处理方法是________。
（5）实验结束后收集得到ag1，2-二氯乙烷，则乙醇的利用率为________。
11.电池在人类生产生活中具有十分重要的作用，工业上采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺( )等作为原料制备锂离子电池正极材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)，采用单晶硅和铜、锗、镓、硒等的化合物作为太阳能电池的制备原料。
（1）基态硒原子的价电子排布式是________。
（2）下图表示碳、硅和磷元素的四级电离能变化趋势，其中表示碳元素的曲线是________ (填标号)。

（3）苯胺中N原子的杂化方式为________，分子中σ键与π键的数目比为________。
（4）自然界中含硼元素的钠盐存在于天然矿藏中，其化学式为Na2B4O7·10H2O，它的结构单元是由两个H3BO3和两个［B(OH4)]-缩合而成的双六元环，应该写成Na2[B4O5(OH)4]·8H2O，其结构如下图所示，则该晶体中不存在的作用力是___________。(填选项字母)。

A.离子键
B.共价键
C.金属键
D.范德华力
E.氢键
（5）①图1为某金属单质的晶胞示意图，其堆积方式的名称为________。

②图2为铜的某种氯化物晶胞示意图，该物质的化学式是________。原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置，上图中各原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(0，1，1)；C为(1，1，0)；则D原子的坐标参数为________。
③图示晶胞中C、D两原子核间距为298 pm，阿伏加德罗常数的值为NA ， 则该晶体密度为________ g▪cm-3(列出计算式即可)。
12.烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2= CH2 C2H5CH=CH2+ CH2= CHCH3 ， 现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如下：

（1）A分子中核磁共振氢谱吸收峰峰面积之比为________。
（2）B的结构简式为________。，M的结构简式为________。F→G的反应类型是________。。
（3）已知X的苯环上只有一个取代基，且取基无甲基，写出G→N的化学方程式________。
（4）满足下列条件的X的同分异构体共有________。种，写出任意一种的结构简式________。
①遇FeCl3溶液显紫色
②苯环上的一氯取代物只有两种
（5）写出三步完成E→F合成路线(用结构简式表示有机物，箭头上注明试剂和反应条件) ________。

答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 D
【解析】【解答】A．明矾水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，能够净水，但不具有强的氧化性，不能杀菌消毒，A不符合题意；
B．杀菌消毒一般使用75%的酒精，B不符合题意；
C．聚丙烯是丙烯的聚合物，结构中没有碳碳双键，不能使KMnO4褪色，C不符合题意；
D．SO2虽然有毒，但是可以杀菌，而且具有还原性，故微量的SO2可防止葡萄糖中的营养成分被氧化，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.明矾可以净水，但是不能杀毒
B.95%的酒精溶液不能杀死病毒，一般的浓度是75%
C.双键可使高锰酸钾溶液褪色，但是聚丙烯中不含双键
D.二氧化硫可以杀菌，具有还原性可以作为红酒的添加剂
2.【答案】 C
【解析】【解答】A．从分析可知，在整个反应过程中，Cu2+和Fe3+即CuCl2和FeCl3可以循环使用，故A不符合题意；
B．将上述的三个反应处理后相加，即将第一个反应乘以2，第二个反应也乘以2，和第三个反应相加，得到总反应：2H2S+O2 2S↓+2H2O，故B不符合题意；
C．三步反应，第一个反应没有化合价的变化，不是氧化还原反应，第二个反应中的氧化剂Fe3+的氧化性强于氧化产物S的氧化性，第三个反应中的氧化剂O2的氧化性强于氧化产物Fe3+的氧化性，所以可以得出氧化性强弱的顺序为O2＞Fe3+＞S，故C符合题意；
D．根据反应的总方程式为：2H2S+O2 2S↓+2H2O，反应中消耗标况下22.4L的O2 ， 即消耗1molO2时，可以生成2molS，即64g硫，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】从图示可以看出，Cu2+和H2S发生反应，生成CuS，离子方程式为：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；生成的CuS和Fe3+反应生成Cu2+、Fe2+和S，离子方程式为：CuS+2Fe3+=S↓+Cu2++2Fe2+；生成的Fe2+和氧气反应生成Fe3+ ， 离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。
3.【答案】 B
【解析】【解答】A．苯环是一个正六边形平面分子，它的所有原子共平面，碳碳双键上的原子也有可能在同一个平面上，羧基的所有原子也可以在一个平面上，则有机物M中所有碳原子可能共处于同一平面，故A不符合题意；
B．有机物M含碳碳双键，与酸性高锰酸钾溶液的反应是氧化反应，与溴水的反应是加成反应，反应类型不同，故B符合题意；
C．有机物M能与溴水反应的官能团只有碳碳双键，且只消耗1molBr2 ， 故C不符合题意；
D．与有机物M具有相同的官能团，且含有苯环的同分异构体共有4种，其中乙烯基与羧基在苯环的间位和对位有2种，另外苯环上只有一个取代基为 或 ，有两种，共4种，故D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】根据给出的结构式，含有苯环和双键以及羧基，连接靠的是单键，可以通过旋转进行共面，1mol有机物M可以与1mol溴发生加成反应，可使高锰酸钾和溴水褪色，但是褪色原理不同，根据要求写出同分异构体即可判断
4.【答案】 D
【解析】【解答】A．装置I制备二氧化硫气体，实验室一般用亚硫酸盐与浓硫酸制备，固体药品X通常是Na2SO3 ， 发生的反应为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，符合强酸制弱酸原理，浓硫酸在反应中表现出酸性，故A不符合题意；
B．装置Ⅱ中用“多孔球泡”，增大了接触面积，可提高SO2的吸收速率，其化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4 ， 该反应SO2中硫元素失电子由+4价升高到+6价，作还原剂，故B不符合题意；
C．二氧化硫有毒，需要使用尾气吸收装置，则装置Ⅲ中NaOH溶液用于吸收未反应的SO2 ， 故C不符合题意；
D．从装置II反应后的溶液获取MnSO4·H2O，由于产品是结晶水合物，若采用蒸发结晶会失去结晶水，应采用蒸发浓缩、冷却结晶，即降温结晶的方法，故D符合题意；
答案为D。
【分析】由题中实验装置可知，装置Ⅰ用于制取SO2 ， X应为亚硫酸钠，亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫；装置II为制备硫酸锰晶体的发生装置，二氧化硫与二氧化锰反应生成MnSO4 ， 使用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率；用装置Ⅱ反应后的溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶，可得到晶体；装置Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。
5.【答案】 C
【解析】【解答】分析可知：X、Y、Z、W、M分别为N、C、Cl、S、Na。
A． Na元素一定位于第三周期第IA族，故A不符合题意；
B． X与Z的简单气态氢化物反应生成的化合物氯化铵中含有铵根与氯离子形成的离子键和N-H极性键，故B不符合题意；
C．非金属性：Cl＞S，则最简单气态氢化物的热稳定性：Z＞W，故C符合题意；
D． W的氧化物SO2中+ 4价的硫处于中间价态，可能具有还原性、氧化性，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】X、Y、Z、W、M 均为常见的短周期主族元素，25℃时，其最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为0.01mol•L-1）的pH，X、Z的0.01mol•L-1的最高价含氧酸的pH=2，都为一元强酸，结合X、Z的原子半径可知，X为N元素，Z为Cl元素；Y的半径大于N，且酸性比硝酸弱，则Y为C元素；W的原子半径大于Cl，且对应的酸的pH小于2，应为硫酸，则W为S元素；M的原子半径最大，且0.01mol•L-1W的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为12，则W为Na。
6.【答案】 B
【解析】【解答】A．放电时，二氧化碳转化为甲酸，碳原子价态降低，故其为正极反应，反应式为： ，所以放电时正极消耗氢离子，pH升高，故A不符合题意；
B．放电时，介质为水，故负极反应为：  ，故B符合题意；
C．根据上述反应式可以发现，充电时阳极失电子发生氧化反应，而Zn应在阴极生成，故C不符合题意；
D．电解质溶液2若为碱性，则甲酸应以HCOO-形式存在，故D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】放电时，锌做负极发生的是锌失去电子结合氢氧根变为Zn(OH)42-,即发生 ，正极是二氧化碳得到电子变为变为甲酸，即， 导致正极负极的pH增大，因此电解质2的溶液显酸性，充电时，阳极生的反应是2H2O-4e=4H++O2,阴极发生的是Zn(OH)42-+2e=Zn+4OH-,即可计算出锌的质量
7.【答案】 D
【解析】【解答】A．H3AsO4的第一步电离常数Ka1= ，据图可知当c(H2AsO )= c(H3AsO4)时pH=2.2，即c(H+)=10-2.2mol/L，所以Ka1=10-2.2<10-2=0.01，A不符合题意；
B．溶液中存在电荷守恒c(H2AsO )+2c(HAsO )＋3c(AsO )+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，B不符合题意；
C．根据物料守恒Na3AsO4溶液中，c(Na+)=3c(AsO )+3c(HAsO )+3c(H2AsO )+3c(H3AsO4)，C不符合题意；
D．根据酚酞的变色范围可知，溶液由无色变为浅红色时，pH约为8.8，据图可知此时As元素存在形式主要为HAsO ，所以该反应的离子方程式为2OH-+H3AsO4= HAsO +2H2O，D符合题意；
故答案为D。

【分析】A.根据图示找出c(H2AsO )= c(H3AsO4)即可计算出第一步电离平衡常数
B.根据给出的条件结合电荷守恒即可判断
C.根据给出的条件结合物料守恒即可判断
D.根据酚酞的变色范围即可判断出产物即可写出方程式
二、非选择题
8.【答案】 （1）烧杯、漏斗、玻璃棒；SiO2
（2）4Co3++ S2O +3H2O=4Co2++2SO +6H+
（3）将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；2Fe3++3CO +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
（4）分离出溶液中的 Na+、Cu2+、Zn2+ ， 回收利用萃取剂 I
（5）降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴
（6）获得晶体中含有 Cl-的杂质或烘干时失去了部分结晶水
【解析】【解答】(1)操作①分离固体和液体，所以为过滤，所需玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；滤渣1为难溶液稀硫酸的SiO2；
 
(2)根据题意可知Na2S2O5具有还原性，且Co3+极易沉淀，所以加入Na2S2O5将Co3+还原为Co2+ ， 离子方程式为4Co3++ S2O +3H2O=4Co2++2SO +6H+；
(3)滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；加入Na2CO3溶液，碳酸根和铁离子发生彻底双水解得到氢氧化铁沉淀和二氧化碳，离子方程式为2Fe3++3CO +3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；
(4)根据流程可知滤液3中加入萃取剂I，得到的有机层中主要含有Cu2+、Zn2+、Na+ ， 用稀盐酸反萃取又得到萃取剂I，所以过程的目的是分离出溶液中的 Na+、Cu2+、Zn2+ ， 回收利用萃取剂 I；
(5)低压环境中可以降低水的沸点，从而降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴；
(6)该测定原理是利用样品和硝酸银反应生成的AgCl的量确定产品中CoCl2·6H2O的量，如果获得晶体中含有 Cl-的杂质会使得到的AgCl偏多，导致结果偏高，或者烘干时失去了部分结晶水，会使样品的质量偏小，导致结果偏高。
【分析】含钴矿中Co元素主要以Co2O3、CoO形式存在，还含有Fe3O4、SiO2、CuO、ZnO、NiO、MgCO3等杂质，加入稀硫酸和焦亚硫酸钠Na2S2O5浸取，滤渣1为难溶物SiO2 ， 其余金属元素进入滤液中，Co3+被Na2S2O5还原为Co2+；滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，加入碳酸钠溶液调节溶液pH用于3.0～3.5沉淀铁离子，过滤得到滤渣2和滤液2，滤液2中加入NaF调节溶液pH=4.0～5.0沉淀镁离子，生成滤渣3为MgF2 ， 滤液3中还有Cu2+、Zn2+、Ni2+、Co2+、Na+ ， 滤液3中加入萃取剂Ⅰ除去Cu2+、Zn2+、Na+ ， 向分液得到有机层中加入稀盐酸反萃取得到萃取剂Ⅰ和溶液4，经过一系列操作得到相应的盐；溶液中含Ni2+、Co2+ ， 加入萃取剂Ⅱ萃取分液得到含Ni2+的溶液和含Co2+的有机层，加入稀盐酸反萃取得到氯化钴溶液，经过浓缩蒸发、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到晶体。
 
9.【答案】 （1）>；SO ＋SO2＋H2O=2HSO
（2）0.108；64/81
（3）CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=-49 kJ/mol；Ⅰ；>；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2 的转化率减小
【解析】【解答】(1)根据题目所给数据可知Ka2(H2SO3)7；(NH4)2SO3溶液可以和SO2反应生成亚硫酸氢盐，离子方程式为SO ＋SO2＋H2O=2HSO ，所以可以继续吸收二氧化硫；
 
(2)该反应前后气体系数之和相等，所以压强始终不变，根据反应方程式可知题目所给条件可知平衡时p(N2)=p(CO2)=32kPa，则平衡时p(NO)=100kPa-32kPa-32kPa=36kPa，则v(NO)= 3×10-3×36kPa=0.108；Kp= = ；
(3)①CO2与H2反应的化学方程式为CO2＋3H2=CH3OH＋H2O，当H2转化率达80%时放热19.6kJ，即1.5mol×80%=1.2mol氢气完全反应时放出19.6kJ热量，则3mol氢气完全反应放出 kJ=49 kJ热量，热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=-49 kJ/mol；
②据图可知，温度较低时催化剂Ⅰ条件下CO2的转化率最大，即反应速率最快，催化效果最好；a点前随温度升高CO2转化率增大，a点后随温度升高转化率减小，说明a点前由于温度较低，反应速率较慢，在测定转化率时反应还未达到平衡，即b点时反应正向移动，正反应速率大于逆反应速率；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，所以a点CO2的转化率比c点高。
【分析】（1）根据比较平衡常数即可判断，二氧化硫可以亚硫酸根继续反应得到亚硫酸氢根
（2）根据此时的氮气的压强即可计算出一氧化氮和二氧化碳的压强即可计算出一氧化氮的速率和平衡常数
（3）①根据给出的数据计算出焓变即可写出热化学方程式
②根据图示中的转化率的高低即可判断出催化剂的效果，根据转化率的变化趋势，到达a点达到平衡，即可判断b点的正逆速率大小，根据此反应的热效应即可判断
 
10.【答案】 （1）温度计；导出生成的乙烯气体；使乙醇冷凝回流，提高原料的利用率；C2H5OH CH2=CH2↑+H2O
（2）平衡气压，防倒吸并监控实验过程中导管是否堵塞
（3）C；品红溶液
（4）有利于 Cl2、C2H4 充分混合反应；将 b 管逸出的 Cl2 通入到 NaOH 溶液，防止尾气污染环境
（5）
【解析】【解答】(1)该反应需要控制在170℃左右进行，所以缺少的仪器为温度计；冷凝管可以导出生成的乙烯气体，使乙醇冷凝回流，提高原料的利用率；装置A中的反应为乙醇的消去反应，化学方程式为C2H5OH CH2=CH2↑+H2O；
 
(2)装置B中玻璃管可以平衡气压，防倒吸并监控实验过程中导管是否堵塞；
(3)浓硫酸具有强氧化性，反应过程中可能被还原生成SO2 ， 即该刺激性气味的气体为二氧化硫，高锰酸钾溶液可以吸收二氧化硫，但同时也会把乙烯氧化；浓硫酸不能吸收二氧化硫；饱和碳酸氢钠虽然可以吸收二氧化硫，但同时会产生新的气体杂质二氧化碳，应用NaOH溶液吸收，
故答案为：C；检验二氧化硫是否完全除尽可以用品红溶液；
(4)乙烯的密度较小，氯气的密度较大，乙烯从靠下的位置进入，氯气从靠上位置进入，可以使两种气体充分接触；氯气有毒，所以应将将 b 管逸出的 Cl2 通入到 NaOH 溶液，防止尾气污染环境；
(5)20mL乙醇的物质的量为 = mol，则理论上可以生成 mol 1，2-二氯乙烷，ag 1，2-二氯乙烷的物质的量为 mol，所以产率为 = 。
【分析】本实验的目的是制备1，2-二氯乙烷，装置A中利用无水乙醇和浓硫酸反应制取乙烯，浓硫酸具有强氧化性，所以该反应中可能会生成SO2 ， 装置B中可以盛放NaOH溶液吸收SO2 ， 同时也可以吸收挥发出的乙醇，装置C中盛放品红溶液检验SO2是否被吸收完全，装置D中乙烯和氯气发生加成反应生成1，2-二氯乙烷，所以装置E中应盛满氯气，然后通过分液漏斗中的液体将氯气排出，则分液漏斗中的液体应为饱和食盐水。
 
11.【答案】 （1）4s2 4p4
（2）a
（3）sp3；14:1
（4）C
（5）六方最密堆积；CuCl；( )；
【解析】【解答】(1)硒元素是第34号元素，位于周期表的第四周期 VI A族，故基态硒原子的价电子排布式为4s24p4；
 
(2)磷碳、硅和磷三种元素中，硅元素的第一电离能最小，则曲线c代表硅；碳、磷原子的价电子排布式分别为2s22p2、3s23p3 ， 显然碳原子失去2p轨道的2个电子较易，失去2s轨道的2个电子较难，故碳元素的第一、二级电离能明显小于第三、四级电离能；磷原子失去3p轨道的3个电子相对较易，失去3s轨道的2个电子较难，故磷元素的第四级电离能明显大于第一、二、三级电离能，图中曲线a代表碳，曲线b代表磷；
(3)苯胺中N原子的杂化方式为sp3杂化；苯胺分子含有1个大π键，14个σ键（5个C-H键、6个C-C键、1个C-N键、2个N-H键），则σ键和π键的数目比为14:1；
(4)根据题中的结构可知，Na+和酸根离子之间存在离子键，非金属原子之间存在共价键，分子间存在范德华力，水分子之间存在氢键，该晶体内不存在金属键，
故答案为：C；
(5)①该堆积方式为六方最密堆积；
②该晶胞中，含有Cu的个数为4，含有Cl的个数为 =4，则该晶胞中Cu、Cl最简个数比为1:1，故该物质的化学式为CuCl；由题可知，若晶胞的棱长为1，经计算，D原子到x-y平面的距离为 ，到y-z平面、x-z平面的距离均为 ，故D原子的坐标参数为( ， ， )；
③由②可知，当晶胞的棱长为1时，C的坐标为(1，1，0)，D的坐标为( ， ， )，则CD的长为 ；若C、D两原子核间距为298pm，则晶胞棱长a= nm= cm；该晶胞含有4个CuCl，故该晶胞的密度ρ= = = g∙cm-3。
【分析】（1）根据Sn的核外电子能级排布即可写出价层电子排布
（2）根据价层电子的能级排布即可判断出
（3）根据苯胺中氮原子的成键方式即可判断出杂化方式，根据结构简式即可找出 σ键与π键的数目
（4）根据其化学式即可判断出结构中含有的是离子键、共价键、范德华力、氢键等作用力
（5）①根据晶胞中的占位情况即可判断出堆积方式
②根据占位即可计算出原子的个数即可求出化学式，结合给出的坐标参数即可找出D点的坐标
③根据CD的距离即可晶胞参数即可计算出晶胞的体积，结合晶胞中的原子个数即可计算出晶胞质量即可求出密度
 
12.【答案】 （1）2:2:3:3
（2）；；消去反应
（3）+ +H2O
（4）3；
（5）
【解析】【解答】(1)A为 ，有4种环境的氢原子，个数分别为3、2、3、2，即核磁共振氢谱吸收峰峰面积之比为2:2:3:3；
 
(2)根据分析可知B的结构简式为 ；M的结构简式为 ；F生成G是F中醇羟基的消去反应；
(3)X的分子式为C8H10O，且X的苯环上只有一个取代基，取代基无甲基，则X为 ，再结合G的结构简式可知N为 ，该反应的化学方程式为 + +H2O；
(4)X的分子式为C8H10O，其同分异构体满足：
①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；
②苯环上的一氯取代物只有两种，则结构对称，且至少有两个取代基，则满足条件的有 ，共3种；
(5)E为 ，E发生水解反应生成醇，然后发生催化氧化反应，最后发生银镜反应且酸化得到目标产物，其合成路线为 。
【分析】A(C5H10)能与溴的四氯化碳反应生成E，应为加成反应，A为烯烃，E经过多步反应得到F，根据F的结构简式： ，发生的反应分别为卤代烃的水解、醇的连续氧化反应，可以推出A的结构简式为 ，E的结构简式为： ，因F的分子式为C5H10O3 ， 对比F和G的分子式，G比F少了一个H2O，则F→G发生的是消去反应，G只有一个甲基，即G的结构简式为： ，G在浓硫酸条件下与X发生酯化反应，根据N的分子式C13H16O2 ， N中只有一个酯基，因此根据酯化反应实质和原子守恒，推出X的分子式为C8H10O；
C2H2O4为乙二酸，结构简式为HOOC-COOH，D与HOOC-COOH发生酯化反应，根据原子守恒，D的分子式为C8H18O2 ， 而A发生信息中烯烃复分解反应生成B，B与溴发生加成反应生成C，C发生卤代烃的水反应生成D，可推知B为 、C为 、D为 、M为 。