2023年高考第一次模拟考试卷：化学（福建B卷）（全解全析）

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2023年高考第一次模拟考试卷（福建B卷）
化学·全解全析
1．我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。碳中和是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是
A．将重质油裂解为轻质油作为燃料
B．大规模开采可燃冰作为新能源
C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染
D．研发催化剂将CO2还原为甲醇
答案：D 
解析：A.将重质油裂解为轻质油，轻质油燃烧时仍旧会生成CO2，无法减少CO2的排放量，不能实现碳中和，故A错误；B.可燃冰的主要成分为甲烷，甲烷在燃烧时也会产生CO2，不能实现碳中和，故B错误；C.通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少CO2的排放量，无法实现碳中和，故C错误；D. 研发催化剂将CO2还原为甲醇，可以减少CO2的排放量，从而实现碳中和，故D正确。故选D。
2．一种合成吲哚酮类药物的中间体，其结构如下图所示，下列有关X的说法不正确的是

A．不能使酸性溶液褪色
B．含有3种官能团
C．该物质的分子式为C11H9Br2NO3
D．该分子最多能与氢氧化钠发生反应
答案：A
解析：A．由结构简式可知，X分子中与酯基和酰胺基相连的碳原子上含有氢原子，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故A错误；B．由结构简式可知，X分子中含有的官能团为溴原子、酯基和酰胺基，共3种，故B正确；C．由结构简式可知，X分子的分子式为C11H9Br2NO3，故C正确；D．由结构简式可知，X分子中含有的溴原子、酯基和酰胺基都能与氢氧化钠溶液反应，其中1mol溴原子会消耗2mol氢氧化钠，所以1mol该分子最多能与6mol氢氧化钠发生反应，故D正确；故选A。
3．氨法脱硫工艺是利用氨水吸收烟气中的SO2生成亚硫酸铵溶液，并在富氧条件下将亚硫酸氨氧化成硫酸铵，再经加热蒸发结晶析出硫酸铵，过滤干燥后得化肥产品。关于该工艺说法正确的是（设NA为阿伏加德罗常数的值）
A．1L 0.1mol/L氨水中含有的OH-数目为0.1NA
B．若将2molSO2与1molO2置于密闭容器中充分反应，产物的分子数为2NA
C．每氧化1mol(NH4)2SO3，转移的电子数为2NA
D．0.01mol/L(NH4)2SO3溶液中，SO、HSO与H2SO3的数目之和为0.01NA
答案：C
解析：A．氨水为弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，因此1L 0.1mol/L氨水中含有的OH-数目小于0.1NA，A错误；B．SO2与O2的反应为可逆反应，因此产物的分子数小于2NA，B错误；C．氧化1mol(NH4)2SO3时，产物为1mol(NH4)2SO4，S有+4价上升为+6价，转移电子数为2NA，C正确；D．没有给出溶液的体积，无法确定微粒的数目，D错误；答案选C。
4．中药材铁华粉的主要成分是(CH3COO)2Fe，其检测流程如图所示。下列说法正确的是

A．刺激性气体X为SO2
B．铁华粉中可能含有铁单质
C．向滤液中滴加酸性KMnO4溶液，一定能证明Fe2+具有还原性
D．滤液中加入K3[Fe(CN)6]试液，产生蓝色沉淀说明溶液中含有Fe3+
答案：B
解析：中药材铁华粉的主要成分是(CH3COO)2Fe，与稀硫酸加热生成硫酸亚铁和醋酸，醋酸具有刺激性气味；若含Fe单质，与稀盐酸反应生成氢气，滤液含亚铁离子，发生K++Fe2++[Fe(CN)6]3-═ KFe[Fe(CN)6]↓，生成蓝色沉淀，以此来解答。
A．铁华粉中的醋酸亚铁可以和稀硫酸之间发生复分解反应，得到醋酸，醋酸易挥发，产生有刺激性气味的醋酸气体，故A错误；B．铁华粉可以和盐酸之间反应产生氢气，则其中可能含有金属铁，故B正确；C．酸性滤液中含氯离子、亚铁离子均具有还原性，都能被酸性高锰酸钾氧化，向滤液中滴入酸性KMnO4溶液，不能证明是Fe2+具有还原性，故C错误；D．发生K++Fe2++[Fe(CN)6]3-═ KFe[Fe(CN)6]↓，生成蓝色沉淀，可以用来检验Fe2+，故D错误；故选：B。
5．下列方程式错误的是
A．将少量溴水滴入过量Na2SO3溶液中：Br2+H2O+ SO=2Br-+2H++ SO
B．过量铁粉与稀硝酸反应：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O
C．过量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应：2+Ba2++2OH-=BaCO3↓+ CO+2H2O
D．将葡萄糖溶液与足量银氨溶液共热：CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH2OH(CHOH)4COO-++2Ag↓+3NH3+H2O
答案：A
解析：A．将少量溴水滴入过量Na2SO3溶液中，反应的离子方程式为：Br2+H2O+3 SO=2Br-+ SO+2HSO，A错误；B．过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Fe+8H++2 NO=3Fe2++2NO↑+4H2O，B正确；C．过量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应，遵循“谁少定为1，以少定多”的原则，反应的离子方程式为：2HCO+Ba2++2OH-=BaCO3↓+ CO+2H2O，C正确；D．葡萄糖含醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，将葡萄糖溶液与足量银氨溶液共热，反应的离子方程式为：CH2OH(CHOH)4CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-CH2OH(CHOH)4COO-+ NH+2Ag↓+3NH3+H2O，D正确；答案选A。
6．利用下列装置(夹持装置省略)进行实验，能达到实验目的的是





A．检验1-溴丙烷和氢氧化钠的醇溶液反应生成丙烯
B．观察铁的吸氧腐蚀
C．收集氨气
D．仪器中液体体积为
答案：B
解析：A．乙醇具有挥发性，乙醇、乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此无法判断消去产物为乙烯，故A错误；B．装置乙左试管发生吸氧腐蚀的反应为2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，消耗氧气，使试管内气压下降，右试管中导管液面上升，故B正确；C．氨气的密度小于空气，应该长管进短管出，故C错误；D．滴定管的0刻度在上，故仪器中液体体积为10.60mL，故D错误；故选B。
7．某化合物可用作发酵助剂，结构如图所示。图中X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素，且位于不同周期，它们的原子序数依次增大，其中Y为地壳中含量最高的元素。下列有关说法正确的是

A．该化合物中除X外，其他原子最外层不一定均为8
B．Z元素形成的单质均为白色固体
C．X分别与Y、Z、W形成的简单化合物中均含有共价键
D．Z的最高价氧化物的水化物的酸性强于硫酸
答案：A
解析：X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素，且位于不同周期，它们的原子序数依次增大，其中Y为地壳中含量最高的元素，则X为H元素、Y为O元素；由化合物中Z形成5个共价键可知，Z为P元素，所以W为K元素。A．由化合物的结构式可知，化合物中磷原子的最外层电子数为10，钾离子和氧原子的最外层电子数为8，故A正确；B．红磷为磷元素形成的红色单质，故B错误；C．氢元素和钾元素形成的化合物氢化钾为离子化合物，故C错误；D．磷元素的最高价氧化物的水化物为磷酸，酸性弱于硫酸，故D错误；故选A。
8．科研工作者通过计算机模拟和数学计算，设计出三条在含[Pt-O]结构的化合物中插入CO的反应路径，其相对能量变化如图所示，下列说法正确的是

A．反应II中，活化能最大的能垒为39.7kJ/mol
B．根据图像分析，该历程应按照路径Ⅲ进行
C．在该反应中，CO是反应的催化剂
D．该反应为吸热反应
答案：A
解析：A．由图可知，反应II中，活化能最大的能垒为37.8kJ/mol-(-1.9kJ/mol)= 39.7kJ/mol，故A正确；B．由图可知，相对与路径II和Ⅲ，路径Ⅰ的中间反应少，决速步骤的活化能最小，反应速率最快，因此该历程应按照路径Ⅰ进行，故B错误；C．由图可知，CO是该反应的反应物，Pt是该反应的催化剂，故C错误；D．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，故D错误；答案选A。
9．据2022年1月统计，我国光伏发电并网装机容量突破3亿千瓦，连续七年稳居全球首位。已知四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成[(CH3)4NOH]，工作原理如图。下列说法正确的是

A．光伏并网发电装置中N型半导体为正极
B．c为阳离子交换膜，d、e均为阴离子交换膜
C．保持电流恒定，升高温度可加快合成四甲基氢氧化铵的速率
D．制备182g四甲基氢氧化铵，两极共产生33.6L气体(标准状况)
答案：D
解析：根据第三个池中浓度变化得出，钠离子从第四池通过e膜，氯离子从第二池通过d膜，由电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，则a为阴极，电极反应式为，b为阳极，电极反应式为，a与N型半导体相连，b与P型半导体相连，所以N型半导体为负极，P型半导体为正极，据此分析解答。
A．由分析可知，N型半导体为负极，A错误；B．Na+离子通过e膜，Cl-通过d膜，(CH3)4N+通过c膜，所以c、e膜为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，B错误；C．温度过高，四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]会分解，四甲基氯化铵浓度降低，不能加快合成四甲基氢氧化铵的速率，C错误；D．的物质的量为，a极电极反应式为，则收集氢气1mol，转移电子为2mol，b极电极反应式为，则收集氧气为0.5mol，标况下两极可得气体体积为，D正确；答案选D。
10．相同温度和压强下，研究Cl2分别在不同浓度的盐酸和NaCl溶液中的溶解度(用溶解Cl2的物质的量浓度表示)变化如图所示。

已知氯气溶解存在以下过程：
①Cl2(aq)+H2O(l)H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq) K1=4.2×10-4
②Cl2(aq)+C1-(aq)Cl (aq) K2=0.19
③HClO(aq)H+(aq)+ClO-(aq) Ka=3.2×10-8
下列说法错误的是
A．随着NaCl浓度的增大，Cl2溶解度减小，溶液中减小
B．随着盐酸浓度的增大，反应①被抑制，反应②为主要反应从而促进Cl2溶解
C．a点时，c(H+)>c(Cl-)>c(Cl)>c(ClO-)
D．b点时，c(HClO)+c(ClO-)+c(Na+)=c(Cl-)+c(Cl)
答案：A
解析：A．同一溶液中== ，随着NaCl浓度的增大，Cl2溶解度减小，反应①逆向移动，溶液中的氢离子浓度减小，所以增大，增大，A项错误；B．盐酸和氯化钠溶液都能电离出氯离子，但在氯化氢的溶液中，随着氢离子浓度增大，反应①被抑制，随着氯离子浓度的增大，氯气的溶解度增大，说明此时主要发生反应②，反应②平衡正向移动，促进氯气的溶解，B项正确；C．a点溶液中的氯化氢的浓度为3mol/L，氯气的浓度约为0.81mol/L，氯化氢为强电解质，完全电离，电离出的氯离子部分与氯气结合生成，所以有c(H+)>c(Cl-)>c(Cl)，反应②的平衡常数远大于反应①，且次氯酸的电离微弱，所以c(Cl)>c(ClO-)，综上所述，有c(H+)>c(Cl-)>c(Cl)>c(ClO-)，C项正确；D．b点溶液中溶质为3mol/L的氯化钠和0.4mol/L的氯气，由氯化钠电离出钠离子和氯离子浓度相等即c(Na+)=c0(Cl-)，根据元素守恒有c1(Cl2)=c(HClO)+c(ClO-)，故反应①生成的c2(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)，反应②的c3(Cl-)= c(Cl)，所以溶液中的c(Cl-)= c0(Cl-)+ c2(Cl-)- c3(Cl-)，所以c0(Cl-)= c(Cl-)- c2(Cl-)+c3(Cl-)，最后可得c(HClO)+c(ClO-)+c(Na+)=c(Cl-)+c(Cl)，D项正确。故选A。
11．（13分）二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制CeO2的工艺流程如下

（1）CeCO3F其中Ce元素的化合价为___________。
（2）“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法是___________(写出一种即可)。
（3）操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、___________。
（4）上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性；CeO2___________ H2O2 (填“＞”，“＜”)
（5）写出“沉铈”过程中的离子反应方程式___________。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，此时溶液的pH为5，则溶液中c()=___________mol/L(保留2位有效数字)。(已知常温下Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10-28)。
（6）Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO2为例)

①该反应中的催化剂为___________(写离子符号)
②该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。
答案：（1）+3 （1分）
（2）矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等 （2分）
（3）漏斗、玻璃棒 （1分）
（4）＞ （2分）
（5）2Ce3++ 6 HCO = Ce2(CO3)3↓+ 3H2O + 3CO2↑     （2分） 0.18 （2分）
（6）Ce4+     （1分） 1：2 （2分）
【解析】
氟碳铈矿通入氧气焙烧生成CeO2、CeF4、CO2，CeO2、CeF4加加入盐酸和硼酸生成Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，过滤，Ce(BF4)3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀；CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，Ce2(CO3)3灼烧得到CeO2。
（1）CeCO3F中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为-2、F盐酸化合价由-1，根据化合价代数和等于0，Ce元素的化合价为+3；
（2）根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等。
（3）操作①是分离Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，方法为过滤，所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；
（4）氯离子被CeO2氧化为氯气，CeO2作氧化剂，盐酸是还原剂，盐酸可用硫酸和H2O2替换，可知H2O2是还原剂，氧化性CeO2 > H2O2；
（5）“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子反应方程式2Ce3++ 6 HCO = Ce2(CO3)3↓+ 3H2O + 3CO2↑。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，则， 此时溶液的pH为5，则溶液中c()=0.18 mol/L。
（6）①根据图示，总反应为，该反应中的催化剂为Ce4+；
②反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2。
12．（14分）六氨合氯化镁(MgCl2•6NH3)具有极好的可逆吸、放氨特性，是一种优良的储氨材料。某研究小组以MgCl2•6H2O为原料在实验室制备MgCl2•6NH3，并测定所得产品中氯的含量
(一)制备MgCl2•6NH3
I．首先制备无水MgCl2实验装置如下图(加热及夹持装置略去)：

已知：SOCl2：熔点105℃、沸点76℃；遇水剧烈水解生成两种酸性气体。
（1）滴液漏斗中支管的作用为___________。
（2）三颈瓶中发生反应的化学方程式为__________________。
（3）该实验装置中的不足之处为___________。
II．将NH3通入无水MgCl2的乙二醇溶液中，充分反应(MgCl2+6NH3MgCl2·6NH3)后，过滤、洗涤并自然风干，制得粗品。相关物质的性质如表：

NH3
MgCl2
MgCl2•6NH3
水
易溶
易溶
易溶
甲醇(沸点65℃)
易溶
易溶
难溶
乙二醇(沸点197℃)
易溶
易溶
难溶
（4）生成MgCl2•6NH3的反应需在冰水浴中进行，其可能原因有___________(填字母)。
A．反应吸热，促进反应正向进行 B．加快反应速率
C．防止氨气挥发，提高氨气利用率 D．降低产物的溶解度
（5）洗涤产品时，应选择的洗涤剂为___________(填字母)。
A．冰浓氨水 B．乙二醇和水的混合液
C．氨气饱和的甲醇溶液 D．氨气饱和的乙二醇溶液
(二)测定产品中氯的含量，步骤如下：
步骤1：称取1.80g样品，加入足量稀硝酸溶解，配成250mL溶液；
步骤2：取25.00mL待测液于锥形瓶中，以K2CrO4为指示剂，用0.20的AgNO3标准液滴定溶液中，记录消耗标准液的体积；
步骤3：重复步骤2操作2~3次，平均消耗标准液10.00 mL。
（6）步骒1中，用稀硝酸溶解样品的目的为___________。
（7）该品中氯的质量分数为___________(保留小数点后2位)；该实验值与理论值(36.04%)有偏差，造成该偏差的可能原因是(已知滴定操作均正确)___________。
答案：（1）平衡压强，以使液体顺利流下 （1分）
（2）MgCl2•6H2O+6SOCl2 MgCl2•+6SO2↑+12HCl↑ （2分）
（3）缺少防倒吸措施(合理即可) （1分）
（4）CD （2分）
（5）C （2分）
（6）将NH3转化为NH4NO3，防止滴定时与AgNO3反应 （2分）
（7）39.44%     （2分） 样品中含有MgCl2或晶体称量时已有部分氨气逸出 （2分）
【解析】
先用MgCl2•6H2O+6SOCl2 MgCl2•+6SO2↑+12HCl↑反应制备无水MgCl2，然后将NH3通入无水MgCl2的乙二醇溶液中，发生反应MgCl2+6NH3MgCl2·6NH3，MgCl2•6NH3难溶于乙二醇，过滤出MgCl2•6NH3沉淀，用氨气饱和的甲醇溶液洗涤、自然风干，制得MgCl2•6NH3粗品。
（1）滴液漏斗中支管能平衡三口烧瓶和滴液漏斗的压强，使滴液漏斗中的液体顺利流入三口烧瓶内；
（2）三颈瓶中MgCl2•6H2O和SOCl2发生反应生成无水MgCl2、SO2、HCl，反应的化学方程式为MgCl2•6H2O+6SOCl2 MgCl2•+6SO2↑+12HCl↑
（3）二氧化硫、氯化氢易溶于氢氧化钠溶液，易引起倒吸，该实验装置中的不足之处为缺少防倒吸措施；
（4）A．反应吸热，降低温度，平衡逆向移动，不利于反应正向进行，故不选A； B．降低温度，反应速率减慢，故不选B；C．降低温度，氨气溶解度增大，反应在冰水浴中进行，可以防止氨气挥发，提高氨气利用率，故选C；D．温度越低，MgCl2•6NH3的溶解度越小，反应在冰水浴中进行，可以降低产物的溶解度，有利于产物析出，故选D；选CD。
（5）A．MgCl2•6NH3易溶于水，不能用冰浓氨水洗涤MgCl2•6NH3，故不选A；B．MgCl2•6NH3易溶于水，不能用乙二醇和水的混合液洗涤MgCl2•6NH3，故不选B；C．MgCl2•6NH3难溶于甲醇，甲醇易挥发，可以用氨气饱和的甲醇溶液洗涤MgCl2•6NH3，故选C；D．MgCl2•6NH3难溶于乙二醇溶液，乙二醇难挥发，不能用氨气饱和的甲醇溶液洗涤MgCl2•6NH3，故不选D；选C。
（6）Ag+和NH3能形成[Ag(NH3)2]+，用稀硝酸溶解样品，将NH3转化为NH4NO3，防止滴定时与AgNO3反应；
（7）用0.20mol·L-1的AgNO3标准液滴定25.00mL溶液中Cl-，平均消耗标准液10.00 mL，根据Ag++Cl-=AgCl，n(Cl-)= n(Ag+)=0.2mol/L×0.01L=0.002mol，该品中氯的质量分数为；该实验值比理论值(36.04%)偏大，说明NH3含量少，造成该偏差的可能原因是样品中含有MgCl2或晶体称量时已有部分氨气逸出。
13．（13分）雾霾中的NO对人体健康有严重危害，一种新技术用H2还原NO的反应原理为：2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g) △H＜0。回答下列问题：
（1）该反应的能量变化过程如图：

△H=_______(用图中字母表示)。
（2）该反应的机理如下：
①2NO(g)N2O2(g)(快)
②N2O2(g) + H2(g) N2O(g) + H2O(g)(慢)
③N2O(g)+H2(g)N2(g)+ H2O(g)(快)
下列各反应的活化能最大的是_______(填标号)。
A．反应②的正反应 B．反应①或③的正反应
C．总反应的正反应 D．总反应的逆反应
（3）现向甲、乙、丙三个体积均为2L的密闭容器中加入一定量H2和NO发生反应，为研究H2和NO最合适的起始投料比，分别在T1℃、T2℃、T3℃进行实验(T1＜T2＜T3)，结果如图。


①其中T1℃的实验结果所对应的曲线是_______(填标号)；当曲线X、Y、Z达到相同的NO平衡转化率时，对应的反应温度与投料比的规律是_______。
②T2℃时，若充入H2、NO分别为5mol、2mol，容器内的压强为p0Pa，反应进行到5min时达平衡，该反应的平衡常数Kp=_______Pa-1 (用平衡分压代替平衡浓度写出计算表达式，分压=总压×物质的量分数)。
（4）可利用如图装置，模拟电化学方法除去雾霾中的NO、SO2，则a极为_______极(填“阳”或“阴”)，b极的电极反应式为_______。

答案：（1）(a+b-c-d)kJ/mol  （2分）
（2）D （2分）
（3）①X     （2分） 投料比越高，对应的反应温度越高   （2分）
② （2分）
（4）阳     （1分） NO+6H++5e-= NH +H2O （2分）
解析：（1）提取图中数据，依据盖斯定律，△H=反应物的总键能-生成物的总键能=(a+b)kJ/mol-(c+d)kJ/mol=(a+b-c-d)kJ/mol。
（2）对于不同的反应，慢反应的活化能比快反应的活化能大；对于放热反应，总反应的逆反应的活化能最大，故选D。答案为：D；
（3）①题给反应为放热反应，温度越低，NO的平衡转化率越大，由于T1＜T2＜T3，所以T1℃的实验结果所对应的曲线是X；从图中可以看出，当曲线X、Y、Z达到相同的NO平衡转化率时，温度越高，投料比越大，因此对应的反应温度与投料比的规律是：投料比越高，对应的反应温度越高。
②从图中可知，T2℃时，若充入H2、NO分别为5mol、2mol，即则投料比为2.5，NO的平衡转化率为80%，参加反应n(NO)=1.6mol，容器内的压强为p0Pa，则可建立如下三段式：

该反应的平衡常数Kp=Pa-1。答案为：X；投料比越高，对应的反应温度越高；0.16mol/(L·min)；；
（4）从图中可以看出，a极与电源的正极相连，则为电解池的阳极，b极为电解池的阴极，NO得电子产物与电解质反应，生成NH等，电极反应式为NO+6H++5e-= NH +H2O。答案为：阳；NO+6H++5e-= NH +H2O。
14．（10分）我国科学家构建了新型催化剂“纳米片”(Co—N—C)，该“纳米片“可用于氧化SO和吸附Hg2+。回答下列问题：
（1）基态Co原子的价层电子排布式为____，N、C、Co中第一电离能最大的是____(填元素符号)。
（2）在空气中SO会被氧化成SO。SO的空间构型是____，SO中S原子采用_____杂化。
（3）氰气[(CN)2]称为拟卤素，它的分子中每个原子最外层都达到8电子结构，则(CN)2分子中σ键、π键个数之比为____。
（4）氮和碳组成的一种新型材料，硬度超过金刚石，其部分结构如图1所示。它的化学式为____，它的硬度超过金刚石的主要原因是____。

（5）氮化镓是新型半导体材料，其晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。图2为沿y轴投影的氮化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为(，，)，则原子3的原子分数坐标为____。

图2
答案：（1）3d74s2     （1分） N    （1分）
（2）三角锥形   （1分）  sp3  （1分）
（3）3：4    （1分）
（4）C3N4        （1分） 氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键     （2分）
（5）(，，)      （2分）
解析：（1）Co元素位于第四周期Ⅷ族，因此价电子排布式为3d74s2；元素周期表中，一般非金属性越强，第一电离能越大，同周期从左向右第一电离能是增大趋势，因此第一电离能最大的是N；故答案为3d74s2；N；
（2）SO中心原子S的价层电子对数为3+=4，空间构型为三角锥形；SO中心原子S的价层电子对数为4+=4，因此S的杂化方式为sp3；故答案为三角锥形；sp3；
（3）(CN)2中每个原子最外层都达到都达到8电子结构，即(CN)2的结构式为N≡C－C≡N，σ键的数目为3，π键数目是4，因此个数比值为3∶4；故答案为3∶4；
（4）根据图1可知，1个N连3个C，1个C连4个N，因此化学式为C3N4；C3N4、金刚石均为共价晶体，硬度与共价键有关，C的半径大于N，因此C－C键长比C－N键长长，C－C键能比C－N键能弱，因此金刚石的硬度比氮化碳低；故答案为C3N4；氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键。
（5）根据题中要求，得出氮化镓的晶胞图为则原子3的坐标为(，，)。
15．（10分）氟硝西泮是一种强镇静剂，由2-氟甲苯合成其前体物质的路线如下：

（1）A生成B的反应类型为_______；C中含氧官能团名称为_______。
（2）由D与苯反应生成E的化学方程式为_______。
（3）由E与F反应生成G，经历多步反应。第一步为加成反应，生成产物的结构简式为_______。
（4）化合物C的同分异构体中，写出能同时满足下列条件的三种分子的结构简式_______。
a．能发生银镜反应；                                 b．遇FeCl3溶液显色；
c．具有-CH2F基团；                            d．属1，2，3-三取代苯衍生物
答案：（1）取代反应     （1分） 氟原子、羧基 （2分）
（2） （2分）
（3）         （2分）
（4）、、  （3分）
解析：根据A、B、C的分子式， 由D的结构简式逆推，可知C是、B是、A是；
（1）中Br被-CN代替生成，反应类型为取代反应；中含氧官能团名称为氟原子、羧基；
（2）与苯在氯化铝作用下发生取代反应生成和氯化氢，反应的化学方程式为；
（3）由E与F反应生成G，经历多步反应。第一步为加成反应，第二步发生消去反应，由G逆推，第一步产物的结构简式为。
（4）a．能发生银镜反应，说明含有醛基； b．遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；c．具有-CH2F基团； d．属1，2，3-三取代苯衍生物，符合条件的C的同分异构体中是、、。