资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩7页未读，
继续阅读
2024届陕西省西安市第一中学高三下学期第十次模拟考试理综试题-高中化学（原卷版+解析版）
展开
这是一份2024届陕西省西安市第一中学高三下学期第十次模拟考试理综试题-高中化学（原卷版+解析版），文件包含2024届陕西省西安市第一中学高三下学期第十次模拟考试理综试题-高中化学原卷版docx、2024届陕西省西安市第一中学高三下学期第十次模拟考试理综试题-高中化学解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
理科综合试题
考生注意：
1．本试卷共300分，考试时间150分钟
2．可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 N-14 B-11 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 V-51 Cu-64 Fe-56 Mn-55 Ba-137 Bi-209
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 化学与生活密切相关。下列叙述错误的是
A. 水质检验员先加稀HNO3后滴加AgNO3溶液检验自来水中氯离子的存在
B. 电子工业高级技工用覆铜板制作印刷电路板常用氯化亚铁溶液作为腐蚀液
C. 测试工程师可测出钢中Mn、C、Al、V等元素组成及含量确定合金钢等级
D. 科技考古研究员利用和两种核素的测定分析古代人类的食物结构
【答案】B
【解析】
【详解】A．先加稀HNO3后滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则自来水中含氯离子，A正确；
B．用覆铜板制作印刷电路板常用氯化铁溶液作为腐蚀液，氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，B错误；
C．钢中含有Mn、C、Al、V等元素，故测试工程师可测出钢中Mn、C、Al、V等元素组成及含量确定合金钢等级，C正确；
D．和两种核素的半衰期稳定，因此可用来分析古代人类的食物结构，D正确；
故选：B。
2. 中成药连花清瘟胶囊可用于流感防治，其成分之一绿原酸的结构简式如下：
下列关于绿原酸的叙述不正确的是
A. 苯环上的一氯代物有三种
B. 1 ml该物质最多可与4 ml氢气发生加成反应
C. 分子中所有碳原子可能共平面
D. 可发生酯化、加成、水解、氧化反应
【答案】C
【解析】
【分析】根据上述有机物结构可知，分子中含（酚）羟基、羟基、碳碳双键、酯基、羧基，据此分析解答。
【详解】A．上述分子苯环上有3种环境的氢原子，所以苯环上的一氯代物有3种，A正确；
B．苯环和碳碳双键均可与氢气发生加成反应，所以1 ml该物质最多可与3ml+1ml=4 ml氢气发生加成反应，B正确；
C．分子中有含饱和碳原子的六元环，该环上的碳原子一定不共面，C错误；
D．分子中羧基和羟基可发生酯化反应，碳碳双键和苯环可发生加成反应，酯基可发生水解反应，羟基可被氧化，发生氧化反应，D正确；
故选C。
3. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲是Y元素的固体单质，乙是Z元素的气体单质，K是主要的大气污染物之一，室温下0.05ml·L-1丙溶液的H+的浓度为0.1ml·L-1，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 氢化物的沸点：Z>W>Y
B. 原子半径：W>Z>Y>X
C. X、Y、Z三种元素可以形成二元酸，但不能形成一元酸
D. X与Z可以形成原子个数比为1：1和2：1的共价化合物
【答案】D
【解析】
【分析】室温下0.05ml/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，L为H2O，乙是常见的气体为O2，且与浓硫酸和甲反应生成，可知甲为C，M为CO2，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，则X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，W为S元素。
【详解】A．形成的氢化物Z为H2O，W为H2S，Y为C元素，氢化物很多，氢化物的沸点不能判断，故A错误；
B．同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径为S＞C＞O＞H，即W＞Y＞Z＞X，故B错误；
C．X、Y、Z三种元素可以形成二元酸，也可以形成一元酸，如CH3COOH，故C错误；
D．X与Z可以形成原子个数比为1：1和2：1的共价化合物，为H2O2、H2O，故D正确；
故选D。
4. 我国学者提出O2氧化HBr生成Br2的反应历程如图所示。下列有关该历程的说法不正确的是
A. O2氧化HBr生成Br2的总反应为
B. 中间体HOOBr和HOBr中Br的化合价相同
C. 步骤③中，每生成1mlBr2转移2ml电子
D. 增大HBr的浓度，总反应速率加快
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，反应物为氧气和溴化氢，生成物为溴和水，总反应方程式为，故A正确；
B．HOOBr中氢元素为+1价、氧元素为−1价、溴元素为+1价，HOBr中氢元素为+1价、氧元素为−2价、溴元素为+1价，则两个中间体中溴元素的化合价相同，都为+1价，故B正确；
C．由图可知，步骤③发生的反应为HOBr+HBr=Br2+H2O，反应中每生成1 ml Br2，转移1 ml电子，故C错误；
D．反应物浓度增大，反应速率加快，故D正确；
故选：C。
5. 化学是以实验为基础的学科。下列根据实验操作和现象能得到相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向麦芽糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，滴加NaOH溶液调至呈碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，可观察到产生银镜，但是不能说明麦芽糖水解产物具有还原性，因为麦芽糖含有醛基，本身就具有还原性，A错误；
B．该反应中是分解的催化剂，而不是氧化了，B错误；
C．该反应中过量，若完全反应，则溶液中存在，加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在，不确定是剩下，还是和的反应存在限度，C错误；
D．由题意可知，向氯化钾溶液中加入硝酸银溶液时，氯化钾溶液过量，再加入碘化钾溶液时，只存在沉淀的转化，不存在沉淀的生成，比较出氯化银和碘化银的大小，D正确；
故选D。
6. 镁锂双盐电池是结合镁离子电池和锂离子电池而设计新型二次离子电池。其工作原理如图所示，已知放电时，b极转化关系为：。下列说法正确的是
A. 充电或放电时，a极电势均高于b极
B. 放电过程中正极质量减少，负极质量增加
C. 充电时阳极的电极反应式为
D. 该电池工作时，若通过电路转移电子的物质的量为，则负极质量变化
【答案】C
【解析】
【分析】镁锂双盐电池的工作原理为：放电时，电池负极材料金属镁失去电子生成Mg2+ ，电解液中的Li+得到电子嵌入正极材料，达到电荷平衡；充电时，电池正极材料中LixVS2失去电子，生成Li+ ，电解液中的Mg2+得到电子沉积到金属镁负极上去，再次达到电荷平衡。放电时负极反应为Mg-2e- =Mg2+ ，正极反应为VS2+xe-+xLi+ =LixVS2 ，总反应为xMg+ 2VS2+2xLi+=2LixVS2+xMg2+。
【详解】A．Mg为负极，VS2为正极，所以充电或放电时，b极电势均高于a极，选项A错误；
B．放电过程中正极质量增加，负极质量减少，选项B错误；
C．充电时，阳极的电极反应式为LixVS2- xe- =VS2+xLi+ ，选项C正确；
D．该电池负极为Mg电极，通过电路转移电子的物质的量为时，负极质量变化为0.05ml×24g/ml=1.2g，选项D错误；
答案选C。
7. 难溶盐CaF2可溶于盐酸，常温下，用HCl调节CaF2浊液的pH，测得体系中。-lgc(F-)或与的关系如图所示。下列说法错误的是
A. I代表-lgc(F-)与的变化曲线
B. 常温下，HF的
C. Z点的坐标为(0，3.2)
D. Y点的溶液中存在
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意，CaF2浊液存在溶解平衡：，用HCl调节溶液存在平衡：。根据，随着横坐标增大，则c(F-)减小，增大，故Ⅰ代表与的变化曲线，A正确；
B．根据X点坐标(1，4.2)，，可求，B正确；
C．Z点的溶液中，，C正确；
D．Y点，氟离子的浓度与钙离子的相同，即，溶解出的氟离子，，再根据电荷守恒，D错误；
故选D。
8. 三水合硝酸铜[，]是一种重要无机试剂，常用作搪瓷着色剂，也用于镀铜、制氧化铜及农药等。回答下列问题：
I．三水合硝酸铜的制备。
实验室常用废铜屑与稀硝酸反应制备硝酸铜溶液，过滤出剩余铜屑，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤后得到三水合硝酸铜晶体。
（1）制备硝酸铜时发生反应的离子方程式为___________。
（2）若废铜屑中含有杂质铁，则检验所得硝酸铜溶液中含有铁元素的方法为___________。
II．溶液的配制。
（3）实验室里需要溶液。用三水合硝酸铜配制该溶液时，下列仪器不需要的是___________(填仪器名称)。
（4）所需三水合硝酸铜固体的质量为___________g。
（5）配制过程中，下列操作将导致溶液浓度偏小的是___________(填序号)。
A. 加水定容时俯视刻度线
B. 容量瓶未干燥处理
C. 定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水
D. 溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
III．三水合硝酸铜热分解实验。
（6）将样品置于瓷坩埚中缓慢加热，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。在过程中有红棕色气体产生，反应的化学方程式为___________。继续升温至时生成的固体产物为___________(填化学式)。
【答案】（1）
（2）取少量实验所得硝酸铜溶液，加入铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素(或取少量实验所得硝酸铜溶液，先加入硝酸，然后加入溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有铁元素)(合理即可)
（3）100mL容量瓶、分液漏斗
（4）12.1 （5）CD
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】实验室常用废铜屑与稀硝酸反应制备硝酸铜溶液，过滤出剩余铜屑，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤后得到三水合硝酸铜晶体。
【小问1详解】
制备硝酸铜时发生反应的离子方程式为。
【小问2详解】
若废铜屑中含有杂质铁，反应后有铜剩余，说明溶液中的铁元素以的形式存在，则检验所得硝酸铜溶液中含有铁元素的方法为取少些实验所得硝酸铜溶液，加入铁氰化钾深激，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素或取少量实验所得硝酸铜溶液，先加入硝酸，然后加入溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有铁元素。
【小问3详解】
实验室里需要溶液，配制时需要规格的容量瓶，因此不需要的仪器有容量瓶和分液漏斗。
【小问4详解】
用容量瓶配制溶液，需要，质量为。
【小问5详解】
配制过程中，加水定容时俯视刻度线会导致浓度偏大；容量瓶未干燥处理，对溶液的浓度无影响；定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水，会导致溶质减少，浓度降低；溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，会导致溶质减少，浓度降低。因此选CD。
【小问6详解】
从热重曲线上得出，加热到时，固体质量由变为，则剩余固体为，同时观察到有逸出，因此分解产物为、、，反应的化学方程式为，加热到时又分解，最终生成。
9. 工业上用磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备FePO4 (磷酸铁)。
已知：难溶于水，能溶于无机强酸。
（1）“浸取”时为加速溶解，可以采取的措施有_______(任写一种)：加入硫酸的目的是_______；滤渣的主要成分是_______。
（2）“浸取”时发生反应的离子方程式为_______。
（3）“制备”过程中溶液的pH对磷酸铁产品中铁和磷的含量及比值的影响如图所示[考虑到微量金属杂质，在时，为0.973最接近理论值]。
在pH范围为时，随pH增大，明显增大，其原因是_______。
（4）工业上也可以用电解磷铁渣的方法制备。
①在阳极放电的电极反应式为_______。
②电解过程中，溶液的浓度_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
③常温电解一段时间，测得溶液中浓度约为，为了避免生成沉淀，应控制溶液的不大于_______(已知：)。
【答案】（1） ①. 将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌 ②. 为了保持体系的酸度，防止生成FePO4 ③. SiO2
（2）3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O
（3）pH增大，促进促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中
（4） ①. FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+ ②. 不变 ③. 1.7
【解析】
【分析】将磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2)在90℃时用硝酸和硫酸的混合酸浸泡，硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，自身被还原为NO，硫酸是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，过滤得到滤液和滤渣，去掉滤渣主要成分为SiO2，在滤液中加磷酸，调铁和磷的含量比，再加入氨水调酸碱性，最终制备得FePO4(磷酸铁)，(4)根据阳极上发生氧化反应，故阳极电极反应为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，据此分析解题。
【小问1详解】
将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌均可“浸取”时加速溶解，由分析可知，加入硫酸的目的是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，滤渣的主要成分是SiO2，故答案为：将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌；为了保持体系的酸度，防止生成FePO4；SiO2；
【小问2详解】
由分析可知，“浸取”时硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，根据氧化还原反应配平可得，发生反应的离子方程式为：3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O，故答案为：3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O；
【小问3详解】
当pH范围在1~1.5时，随着pH增大，促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中，使得明显增大，故答案为：pH增大，促进促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中；
【小问4详解】
①由分析可知，在阳极放电的电极反应式为FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，故答案为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+；
②由分析可知，电解过程中，阳极反应式为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，然后阳极上产生的H+通过质子交换膜进入阴极区，H++OH-=H2O，根据电子守恒可知，阴极上消耗的水和生成的相等，故溶液的浓度不变，故答案为：不变；
③常温电解一段时间，测得溶液中浓度约为，为了避免生成沉淀，应控制溶液的c(OH-≤=5×10-13ml/L，故c(H+)≥=0.02ml/L，不大于lg0.02=2-lg2=1.7，故答案为：1.7。
10. 减少氮的氧化物和碳的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一、合理应用和处理碳、氮及其化合物，在生产生活中有重要意义。
（1）对温室气体 CO2研究一直是科技界关注的重点。在催化剂存在下用 H2还原 CO2是解决温室效应的重要手段之一、
已知：①H2和 CH4的燃烧热分别为 285.5 kJ/ml 和 890.0 kJ/ml。
②H2O(1)=H2O(g) ΔH=+44 kJ/ml
试写出H2还原CO2生成CH4和H2O(g)的热化学方程式___________。
（2）汽车尾气是雾霾形成的原因之一，研究氮氧化物的处理方法可有效减少雾霾的形成。
①可采用氧化还原法脱硝：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g) 4N2(g)＋6H2O(g)ΔH＜0
a．根据如图示判断提高脱硝效率的最佳条件是___________；氨氮比一定时，在400℃时，脱硝效率最大，其可能的原因是___________。
b．如图为平衡时N2的体积分数与温度、压强的关系，若在D点对反应容器升温的同时压缩体积使体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中A-G点中的___________点
②用活性炭还原法可以处理氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应：C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) ΔH＞0在T℃时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下：
30min后，只改变某一条件，根据上表的数据判断改变的条件可能是___________填字母)。
A．通入一定量的CO2 B．加入合适的催化剂 C．适当缩小容器的体积
D．通入一定量的NO E．加入一定量的活性炭 F．适当升高温度
（3）CO2在Cu−ZnO催化下，可同时发生如下的反应I、II，可作为解决温室效应及能源短缺的重要手段。
I．CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-57.8kJ/ml
II．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ/ml
在Cu−ZnO存在的条件下，保持温度T不变，在一刚性密闭容器中，充入一定量的CO2及H2，起始及达平衡时，容器内各气体物质的量如下表：
若反应I、II均达平衡时，p0=1.2p，则表中n1=___________，此时n2=2.则反应I的平衡常数Kp=___________(已知：气体各组分的分压p(B)，等于总压乘以其体积分数，用含总压p的式子表示)。
【答案】（1）4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-164kJ/ml
（2） ①. 400℃，氨氮物质的量之比是1； ②. 400℃时，催化剂活性最好，催化效率高，同时温度较高，反应速率较快。 ③. G ④. CD
（3） ①. 1.0ml ②.
【解析】
【小问1详解】
H2 和 CH4 的燃烧热分别为 285.5 kJ/ml 和 890.0 kJ/ml，则有①H2(g)+ O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.5kJ•ml-1；②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.0kJ•ml-1；又已知③H2O(1)=H2O(g) ΔH=+44 kJ/ml，根据盖斯定律反应①×4-②+③×2即可得H2还原CO2生成CH4和H2O(g)的热化学方程式4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=(-285.5×4+890.0+44×2)kJ/ml=-164kJ/ml；故答案：4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-164kJ/ml。
【小问2详解】
①a．据图可知400℃，氨氮物质的量之比是1时，脱销效率最高；400℃时，催化剂活性最好，催化效率高，同时温度较高，反应速率较快，所以脱硝效率最大。故答案：400℃，氨氮物质的量之比是1；400℃时，催化剂活性最好，催化效率高，同时温度较高，反应速率较快。
b．根据氧化还原法脱硝反应方程式：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g) 4N2(g)＋6H2O(g)ΔH＜0可知，若在D点对反应容器升温平衡逆向移动，平衡时N2的体积分数减小；同时压缩体积使体系压强增大，平衡也向逆向移动，平衡时N2的体积分数减小，所以最终D点会转移到G点，故答案：G。
②A．通入一定量的CO2，平衡逆向移动，平衡后N2浓度减小，故不选A；
B．加入合适的催化剂，平衡不移动，各物质浓度不变，故不选B；
C．适当缩小容器的体积，各物质浓度均同种程度增大，故选C；
D．通入一定量的NO，相当于加压，各物质浓度均同种程度增大，故选D；
E．加入一定量的活性炭，加入固体，平衡不移动，气体浓度不变，故不选E；
F．正反应吸热，适当升高温度，平衡正向移动，NO浓度降低，故不选F。
故答案：CD。
【小问3详解】
反应前气体的物质的量是12ml，压强为p0=1.2p，反应后气体压强变为P，则反应后气体的物质的量是12=10ml，设生成甲醇的物质的量是n1，
所以n1=1；则该反应生成水1ml，消耗CO2 1ml、消耗H2 3ml，此时n2=3，则CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应生成2ml H2O ，消耗2ml CO2、消耗2ml H2，所以容器中CO2、H2的物质的量分别是2ml、2ml；反应I的平衡常数Kp= ；故答案：1.0ml；。
【化学——选修3物质结构与性质】
11. 铜是人类最早发现的金属之一，铜及其化合物在生活和生产中有着广泛的应用。根据信息回答下列问题：
（1）基态铜原子价层电子的轨道表达式为_______中，单质铜是由_______键形成的晶体。
（2）与铜同周期，N能层电子数与铜相同，熔点最低的金属是_______。
（3）农药波尔多液的有效杀菌成分是Cu2(OH)2SO4 (碱式硫酸铜) ，Cu2(OH)2SO4中非金属元素电负性由小到大的顺序是_______，写出与 SO互为等电子体的一种分子的化学式_______。
（4）氨缩脲( )分子中氮原子的杂化类型为_______，σ 键与π键的数目之比为 _______。氨缩脲与胆矾溶液反应得到如图所示的离子，1ml该离子中含配位键的数目为_______。
（5）白铜(铜镍合金)的立方晶胞结构如图所示，其中原子A的坐标参数为(0，1，0)。 原子B的坐标参数为_______；若该晶体密度为dg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则铜镍原子间最短距离为 _______pm。
【答案】（1） ①. ②. 金属
（2）钾(K) （3） ①. H（4） ①. sp3 ②. 11：2 ③. 8NA (或4.816 ×1024)
（5） ①. ( ，0，) ②.
【解析】
【小问1详解】
铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，价层电子的轨道表达式为；单质铜是由金属键形成的金属晶体，故答案为：；金属；
【小问2详解】
与铜元素同周期，N能层电子数与铜原子相同的原子为钾原子和铬原子，三种金属晶体中钾原子的原子半径最大，价电子数最少，金属键最弱，所以晶体的熔点最低，故答案为：钾(K)；
【小问3详解】
元素的非金属性越强，电负性越大，碱式硫酸铜中非金属元素的非金属性由强到弱的顺序为H【小问4详解】
由氨缩脲的结构简式可知，分子中每个氮原子形成三个共价键，含有一对孤对电子，所以原子的杂化类型为sp3杂化；氨缩脲分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中共含有11个σ键和2个π键，σ键与π键的数目之比为11：2；由氨缩脲与胆矾溶液反应得到的配离子结构可知，具有空轨道的铜离子与具有空轨道的氮原子和氧原子形成配位键，1ml配离子中含有配位键的数目为1ml×4×2×NA ml—1=8NA=4.816 ×1024，故答案为：sp3；11：2；8NA (或4.816 ×1024)；
小问5详解】
由位于顶点的原子A的坐标参数为(0，1，0)可知，晶胞的边长为1，则位于晶胞底面的面心上的原子B的坐标参数为( ，0，)；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镍原子的个数为8×=1，位于面心的铜原子的个数为6×=3，则晶胞的化学式为NiCu3，设晶胞的参数为apm，由晶胞的质量公式可得：=10—30a3d，解得a=，晶胞中铜镍原子之间最近距离为面对角线的，则铜镍原子间最短距离为pm，故答案为：( ，0，)；。
【化学——选修5有机化学基础】
12. 盐酸多巴酚丁胺治疗心力衰竭，尤其是慢性心力衰竭疗效好。合成路线如下
已知： ；
-N=CRCH3
回答下列问题：
(1)A中含氧官能团的名称为___________。
(2)B的结构简式为___________，D的结构简式为___________。
(3)在反应①~④中，属于还原反应的有___________。
(4)A的同分异构种类很多，符合以下条件的A的同分异构共有___________种(不考虑立体异构)。
a.属于苯的衍生物； b.能水解，且水解产物之一能发生银镜反应
(5)反应①除A与B反应生成C外，B与B还可能发生反应生成另一种化合物E，写出生成E的反应的化学方程式___________。
(6)C在核磁共振氢谱上有___________组峰。
(7)写出由甲醛和乙醛合成季戊四醇[C(CH2OH)4]的合成路线。___________。
【答案】 ①. 醛基、醚键 ②. CH3COCH3 ③. ④. ②④ ⑤. 4 ⑥. 2CH3COCH3CH3COCH=C(CH3)2+H2O ⑦. 6 ⑧. 3HCHO+CH3CHO (HOCH2)3CCHOC(CH2OH)4
【解析】
【分析】由已知条件可知，B中一定含有CH3OC-结构，再由A到C的转化，可以看出B中含有3个C原子，结合已知条件和A、C的结构简式，由此确定B为CH3COCH3；C的分子式为C11H12O2，C中可能与H2发生加成反应的结构有：苯环结构、碳碳双键和碳氧双键，而D的分子式为C11 H14O2，所以可能与一个碳碳双键或一个碳氧双键发生加成。通过分析已知条件与反应③的产物结构，可以确定碳碳双键发生加成，从而确定D的结构简式为 。
【详解】（1）由A物质的结构简式知，其中含氧官能团为醛基、醚键。答案：醛基、醚键。
(2) 由已知条件可知，B中一定含有CH3OC-结构，再由A到C的转化，可以看出B中含有3个C原子，结合已知条件和A、C的结构简式，由此确定B为CH3COCH3；C的分子式为C11H12O2，C中可能与H2发生加成反应的结构有：苯环结构、碳碳双键和碳氧双键，而D的分子式为C11 H14O2，所以可能与一个碳碳双键或一个碳氧双键发生加成。通过分析已知条件与反应③的产物结构，可以确定碳碳双键发生加成，从而确定化合物D的结构简式为 。
(3)加氢去氧都为还原反应。根据反应条件知②④都加氢了，所以②④均为还原反应。答案：②④。
(4)A的化学式为C8H8O2，要同时满足a.属于苯的衍生物；b.能水解，且水解产物之一能发生银镜反应，则需含有苯环结构且为甲酸酯；若含有两个侧链，则有 ，有3种；若有一个侧链，结构简式为 ，有1种；共4种。
(5)通过分析反应①，可以理解为CH3COCH3中甲基中的一个氢原子加成醛基中的碳氧双键，同理CH3COCH3中甲基氢加成CH3COCH3的碳氧双键，发生类似的反应。所以B与B发生反应生成另一种化合物E的反应的化学方程式2CH3COCH3CH3COCH=C(CH3)2+H2O
(6)C的结构简式为 ，侧链-OCH3只有1种氢原子、侧链-CH=CHCOCH3有3种氢原子，苯环上还有2种氢原子，共6种氢原子即有6组峰。答案：6。
(7)由甲醛和乙醛合成季戊四醇[C(CH2OH)4]的合成路线。结合已知为CH3CHO中甲基氢加成3个HCHO的碳氧双键，产物再与H2加成制得季戊四醇，流程图为：3HCHO+CH3CHO (HOCH2)3CCHOC(CH2OH)4。答案：3HCHO+CH3CHO(HOCH2)3CCHOC(CH2OH)4。选项
实验操作和现象
结论
A
向麦芽糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，滴加NaOH溶液调至呈碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，可观察到产生银镜
麦芽糖水解产物具有还原性
B
常温下，向溶液中加入溶液，将带火星的木条放在试管口，木条复燃
氧化性：
C
向2mL 0.01 KI溶液中加入5mL 0.01溶液，溶液呈棕黄色，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变为红色
和的反应存在限度
D
向2mL0.1 KCl溶液中先滴加4滴0.1 溶液，再滴加4滴0.1 KI溶液，先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀
AgCl转化为AgI，
时间/min
0
10
20
30
40
50
c(NO)/ml•L−1
1.0
0.58
0.40
0.40
0.48
0.48
c(N2)/ml•L−1
0
0.21
0.30
0.30
0.36
0.36
c(CO2)/ml•L−1
0
0.21
0.30
0.30
0.36
0.36
CO2
H2
CH3OH
CO
H2O(g)
总压/kPa
起始/ml
5.0
7.0
0
0
0
p0
平衡/ml
n1
n2
p
理科综合试题
考生注意：
1．本试卷共300分，考试时间150分钟
2．可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 N-14 B-11 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 V-51 Cu-64 Fe-56 Mn-55 Ba-137 Bi-209
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 化学与生活密切相关。下列叙述错误的是
A. 水质检验员先加稀HNO3后滴加AgNO3溶液检验自来水中氯离子的存在
B. 电子工业高级技工用覆铜板制作印刷电路板常用氯化亚铁溶液作为腐蚀液
C. 测试工程师可测出钢中Mn、C、Al、V等元素组成及含量确定合金钢等级
D. 科技考古研究员利用和两种核素的测定分析古代人类的食物结构
【答案】B
【解析】
【详解】A．先加稀HNO3后滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则自来水中含氯离子，A正确；
B．用覆铜板制作印刷电路板常用氯化铁溶液作为腐蚀液，氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，B错误；
C．钢中含有Mn、C、Al、V等元素，故测试工程师可测出钢中Mn、C、Al、V等元素组成及含量确定合金钢等级，C正确；
D．和两种核素的半衰期稳定，因此可用来分析古代人类的食物结构，D正确；
故选：B。
2. 中成药连花清瘟胶囊可用于流感防治，其成分之一绿原酸的结构简式如下：
下列关于绿原酸的叙述不正确的是
A. 苯环上的一氯代物有三种
B. 1 ml该物质最多可与4 ml氢气发生加成反应
C. 分子中所有碳原子可能共平面
D. 可发生酯化、加成、水解、氧化反应
【答案】C
【解析】
【分析】根据上述有机物结构可知，分子中含（酚）羟基、羟基、碳碳双键、酯基、羧基，据此分析解答。
【详解】A．上述分子苯环上有3种环境的氢原子，所以苯环上的一氯代物有3种，A正确；
B．苯环和碳碳双键均可与氢气发生加成反应，所以1 ml该物质最多可与3ml+1ml=4 ml氢气发生加成反应，B正确；
C．分子中有含饱和碳原子的六元环，该环上的碳原子一定不共面，C错误；
D．分子中羧基和羟基可发生酯化反应，碳碳双键和苯环可发生加成反应，酯基可发生水解反应，羟基可被氧化，发生氧化反应，D正确；
故选C。
3. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲是Y元素的固体单质，乙是Z元素的气体单质，K是主要的大气污染物之一，室温下0.05ml·L-1丙溶液的H+的浓度为0.1ml·L-1，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 氢化物的沸点：Z>W>Y
B. 原子半径：W>Z>Y>X
C. X、Y、Z三种元素可以形成二元酸，但不能形成一元酸
D. X与Z可以形成原子个数比为1：1和2：1的共价化合物
【答案】D
【解析】
【分析】室温下0.05ml/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，L为H2O，乙是常见的气体为O2，且与浓硫酸和甲反应生成，可知甲为C，M为CO2，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，则X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，W为S元素。
【详解】A．形成的氢化物Z为H2O，W为H2S，Y为C元素，氢化物很多，氢化物的沸点不能判断，故A错误；
B．同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径为S＞C＞O＞H，即W＞Y＞Z＞X，故B错误；
C．X、Y、Z三种元素可以形成二元酸，也可以形成一元酸，如CH3COOH，故C错误；
D．X与Z可以形成原子个数比为1：1和2：1的共价化合物，为H2O2、H2O，故D正确；
故选D。
4. 我国学者提出O2氧化HBr生成Br2的反应历程如图所示。下列有关该历程的说法不正确的是
A. O2氧化HBr生成Br2的总反应为
B. 中间体HOOBr和HOBr中Br的化合价相同
C. 步骤③中，每生成1mlBr2转移2ml电子
D. 增大HBr的浓度，总反应速率加快
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，反应物为氧气和溴化氢，生成物为溴和水，总反应方程式为，故A正确；
B．HOOBr中氢元素为+1价、氧元素为−1价、溴元素为+1价，HOBr中氢元素为+1价、氧元素为−2价、溴元素为+1价，则两个中间体中溴元素的化合价相同，都为+1价，故B正确；
C．由图可知，步骤③发生的反应为HOBr+HBr=Br2+H2O，反应中每生成1 ml Br2，转移1 ml电子，故C错误；
D．反应物浓度增大，反应速率加快，故D正确；
故选：C。
5. 化学是以实验为基础的学科。下列根据实验操作和现象能得到相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向麦芽糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，滴加NaOH溶液调至呈碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，可观察到产生银镜，但是不能说明麦芽糖水解产物具有还原性，因为麦芽糖含有醛基，本身就具有还原性，A错误；
B．该反应中是分解的催化剂，而不是氧化了，B错误；
C．该反应中过量，若完全反应，则溶液中存在，加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在，不确定是剩下，还是和的反应存在限度，C错误；
D．由题意可知，向氯化钾溶液中加入硝酸银溶液时，氯化钾溶液过量，再加入碘化钾溶液时，只存在沉淀的转化，不存在沉淀的生成，比较出氯化银和碘化银的大小，D正确；
故选D。
6. 镁锂双盐电池是结合镁离子电池和锂离子电池而设计新型二次离子电池。其工作原理如图所示，已知放电时，b极转化关系为：。下列说法正确的是
A. 充电或放电时，a极电势均高于b极
B. 放电过程中正极质量减少，负极质量增加
C. 充电时阳极的电极反应式为
D. 该电池工作时，若通过电路转移电子的物质的量为，则负极质量变化
【答案】C
【解析】
【分析】镁锂双盐电池的工作原理为：放电时，电池负极材料金属镁失去电子生成Mg2+ ，电解液中的Li+得到电子嵌入正极材料，达到电荷平衡；充电时，电池正极材料中LixVS2失去电子，生成Li+ ，电解液中的Mg2+得到电子沉积到金属镁负极上去，再次达到电荷平衡。放电时负极反应为Mg-2e- =Mg2+ ，正极反应为VS2+xe-+xLi+ =LixVS2 ，总反应为xMg+ 2VS2+2xLi+=2LixVS2+xMg2+。
【详解】A．Mg为负极，VS2为正极，所以充电或放电时，b极电势均高于a极，选项A错误；
B．放电过程中正极质量增加，负极质量减少，选项B错误；
C．充电时，阳极的电极反应式为LixVS2- xe- =VS2+xLi+ ，选项C正确；
D．该电池负极为Mg电极，通过电路转移电子的物质的量为时，负极质量变化为0.05ml×24g/ml=1.2g，选项D错误；
答案选C。
7. 难溶盐CaF2可溶于盐酸，常温下，用HCl调节CaF2浊液的pH，测得体系中。-lgc(F-)或与的关系如图所示。下列说法错误的是
A. I代表-lgc(F-)与的变化曲线
B. 常温下，HF的
C. Z点的坐标为(0，3.2)
D. Y点的溶液中存在
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意，CaF2浊液存在溶解平衡：，用HCl调节溶液存在平衡：。根据，随着横坐标增大，则c(F-)减小，增大，故Ⅰ代表与的变化曲线，A正确；
B．根据X点坐标(1，4.2)，，可求，B正确；
C．Z点的溶液中，，C正确；
D．Y点，氟离子的浓度与钙离子的相同，即，溶解出的氟离子，，再根据电荷守恒，D错误；
故选D。
8. 三水合硝酸铜[，]是一种重要无机试剂，常用作搪瓷着色剂，也用于镀铜、制氧化铜及农药等。回答下列问题：
I．三水合硝酸铜的制备。
实验室常用废铜屑与稀硝酸反应制备硝酸铜溶液，过滤出剩余铜屑，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤后得到三水合硝酸铜晶体。
（1）制备硝酸铜时发生反应的离子方程式为___________。
（2）若废铜屑中含有杂质铁，则检验所得硝酸铜溶液中含有铁元素的方法为___________。
II．溶液的配制。
（3）实验室里需要溶液。用三水合硝酸铜配制该溶液时，下列仪器不需要的是___________(填仪器名称)。
（4）所需三水合硝酸铜固体的质量为___________g。
（5）配制过程中，下列操作将导致溶液浓度偏小的是___________(填序号)。
A. 加水定容时俯视刻度线
B. 容量瓶未干燥处理
C. 定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水
D. 溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯
III．三水合硝酸铜热分解实验。
（6）将样品置于瓷坩埚中缓慢加热，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。在过程中有红棕色气体产生，反应的化学方程式为___________。继续升温至时生成的固体产物为___________(填化学式)。
【答案】（1）
（2）取少量实验所得硝酸铜溶液，加入铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素(或取少量实验所得硝酸铜溶液，先加入硝酸，然后加入溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有铁元素)(合理即可)
（3）100mL容量瓶、分液漏斗
（4）12.1 （5）CD
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】实验室常用废铜屑与稀硝酸反应制备硝酸铜溶液，过滤出剩余铜屑，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤后得到三水合硝酸铜晶体。
【小问1详解】
制备硝酸铜时发生反应的离子方程式为。
【小问2详解】
若废铜屑中含有杂质铁，反应后有铜剩余，说明溶液中的铁元素以的形式存在，则检验所得硝酸铜溶液中含有铁元素的方法为取少些实验所得硝酸铜溶液，加入铁氰化钾深激，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素或取少量实验所得硝酸铜溶液，先加入硝酸，然后加入溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有铁元素。
【小问3详解】
实验室里需要溶液，配制时需要规格的容量瓶，因此不需要的仪器有容量瓶和分液漏斗。
【小问4详解】
用容量瓶配制溶液，需要，质量为。
【小问5详解】
配制过程中，加水定容时俯视刻度线会导致浓度偏大；容量瓶未干燥处理，对溶液的浓度无影响；定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水，会导致溶质减少，浓度降低；溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，会导致溶质减少，浓度降低。因此选CD。
【小问6详解】
从热重曲线上得出，加热到时，固体质量由变为，则剩余固体为，同时观察到有逸出，因此分解产物为、、，反应的化学方程式为，加热到时又分解，最终生成。
9. 工业上用磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备FePO4 (磷酸铁)。
已知：难溶于水，能溶于无机强酸。
（1）“浸取”时为加速溶解，可以采取的措施有_______(任写一种)：加入硫酸的目的是_______；滤渣的主要成分是_______。
（2）“浸取”时发生反应的离子方程式为_______。
（3）“制备”过程中溶液的pH对磷酸铁产品中铁和磷的含量及比值的影响如图所示[考虑到微量金属杂质，在时，为0.973最接近理论值]。
在pH范围为时，随pH增大，明显增大，其原因是_______。
（4）工业上也可以用电解磷铁渣的方法制备。
①在阳极放电的电极反应式为_______。
②电解过程中，溶液的浓度_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
③常温电解一段时间，测得溶液中浓度约为，为了避免生成沉淀，应控制溶液的不大于_______(已知：)。
【答案】（1） ①. 将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌 ②. 为了保持体系的酸度，防止生成FePO4 ③. SiO2
（2）3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O
（3）pH增大，促进促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中
（4） ①. FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+ ②. 不变 ③. 1.7
【解析】
【分析】将磷铁渣(主要含FeP、Fe2P，以及少量Fe2O3、SiO2)在90℃时用硝酸和硫酸的混合酸浸泡，硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，自身被还原为NO，硫酸是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，过滤得到滤液和滤渣，去掉滤渣主要成分为SiO2，在滤液中加磷酸，调铁和磷的含量比，再加入氨水调酸碱性，最终制备得FePO4(磷酸铁)，(4)根据阳极上发生氧化反应，故阳极电极反应为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，据此分析解题。
【小问1详解】
将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌均可“浸取”时加速溶解，由分析可知，加入硫酸的目的是为了保持体系的酸度，防止生成FePO4，滤渣的主要成分是SiO2，故答案为：将磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌；为了保持体系的酸度，防止生成FePO4；SiO2；
【小问2详解】
由分析可知，“浸取”时硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO3)3、H3PO4，根据氧化还原反应配平可得，发生反应的离子方程式为：3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O，故答案为：3Fe2P+29H++11=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O；
【小问3详解】
当pH范围在1~1.5时，随着pH增大，促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中，使得明显增大，故答案为：pH增大，促进促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中；
【小问4详解】
①由分析可知，在阳极放电的电极反应式为FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，故答案为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+；
②由分析可知，电解过程中，阳极反应式为：FeP+4H2O-8e-=FePO4+8H+，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2+2OH-，然后阳极上产生的H+通过质子交换膜进入阴极区，H++OH-=H2O，根据电子守恒可知，阴极上消耗的水和生成的相等，故溶液的浓度不变，故答案为：不变；
③常温电解一段时间，测得溶液中浓度约为，为了避免生成沉淀，应控制溶液的c(OH-≤=5×10-13ml/L，故c(H+)≥=0.02ml/L，不大于lg0.02=2-lg2=1.7，故答案为：1.7。
10. 减少氮的氧化物和碳的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一、合理应用和处理碳、氮及其化合物，在生产生活中有重要意义。
（1）对温室气体 CO2研究一直是科技界关注的重点。在催化剂存在下用 H2还原 CO2是解决温室效应的重要手段之一、
已知：①H2和 CH4的燃烧热分别为 285.5 kJ/ml 和 890.0 kJ/ml。
②H2O(1)=H2O(g) ΔH=+44 kJ/ml
试写出H2还原CO2生成CH4和H2O(g)的热化学方程式___________。
（2）汽车尾气是雾霾形成的原因之一，研究氮氧化物的处理方法可有效减少雾霾的形成。
①可采用氧化还原法脱硝：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g) 4N2(g)＋6H2O(g)ΔH＜0
a．根据如图示判断提高脱硝效率的最佳条件是___________；氨氮比一定时，在400℃时，脱硝效率最大，其可能的原因是___________。
b．如图为平衡时N2的体积分数与温度、压强的关系，若在D点对反应容器升温的同时压缩体积使体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中A-G点中的___________点
②用活性炭还原法可以处理氮氧化物，某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应：C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) ΔH＞0在T℃时，反应进行到不同时间测得各物质的量浓度如下：
30min后，只改变某一条件，根据上表的数据判断改变的条件可能是___________填字母)。
A．通入一定量的CO2 B．加入合适的催化剂 C．适当缩小容器的体积
D．通入一定量的NO E．加入一定量的活性炭 F．适当升高温度
（3）CO2在Cu−ZnO催化下，可同时发生如下的反应I、II，可作为解决温室效应及能源短缺的重要手段。
I．CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-57.8kJ/ml
II．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ/ml
在Cu−ZnO存在的条件下，保持温度T不变，在一刚性密闭容器中，充入一定量的CO2及H2，起始及达平衡时，容器内各气体物质的量如下表：
若反应I、II均达平衡时，p0=1.2p，则表中n1=___________，此时n2=2.则反应I的平衡常数Kp=___________(已知：气体各组分的分压p(B)，等于总压乘以其体积分数，用含总压p的式子表示)。
【答案】（1）4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-164kJ/ml
（2） ①. 400℃，氨氮物质的量之比是1； ②. 400℃时，催化剂活性最好，催化效率高，同时温度较高，反应速率较快。 ③. G ④. CD
（3） ①. 1.0ml ②.
【解析】
【小问1详解】
H2 和 CH4 的燃烧热分别为 285.5 kJ/ml 和 890.0 kJ/ml，则有①H2(g)+ O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.5kJ•ml-1；②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.0kJ•ml-1；又已知③H2O(1)=H2O(g) ΔH=+44 kJ/ml，根据盖斯定律反应①×4-②+③×2即可得H2还原CO2生成CH4和H2O(g)的热化学方程式4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=(-285.5×4+890.0+44×2)kJ/ml=-164kJ/ml；故答案：4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-164kJ/ml。
【小问2详解】
①a．据图可知400℃，氨氮物质的量之比是1时，脱销效率最高；400℃时，催化剂活性最好，催化效率高，同时温度较高，反应速率较快，所以脱硝效率最大。故答案：400℃，氨氮物质的量之比是1；400℃时，催化剂活性最好，催化效率高，同时温度较高，反应速率较快。
b．根据氧化还原法脱硝反应方程式：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g) 4N2(g)＋6H2O(g)ΔH＜0可知，若在D点对反应容器升温平衡逆向移动，平衡时N2的体积分数减小；同时压缩体积使体系压强增大，平衡也向逆向移动，平衡时N2的体积分数减小，所以最终D点会转移到G点，故答案：G。
②A．通入一定量的CO2，平衡逆向移动，平衡后N2浓度减小，故不选A；
B．加入合适的催化剂，平衡不移动，各物质浓度不变，故不选B；
C．适当缩小容器的体积，各物质浓度均同种程度增大，故选C；
D．通入一定量的NO，相当于加压，各物质浓度均同种程度增大，故选D；
E．加入一定量的活性炭，加入固体，平衡不移动，气体浓度不变，故不选E；
F．正反应吸热，适当升高温度，平衡正向移动，NO浓度降低，故不选F。
故答案：CD。
【小问3详解】
反应前气体的物质的量是12ml，压强为p0=1.2p，反应后气体压强变为P，则反应后气体的物质的量是12=10ml，设生成甲醇的物质的量是n1，
所以n1=1；则该反应生成水1ml，消耗CO2 1ml、消耗H2 3ml，此时n2=3，则CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应生成2ml H2O ，消耗2ml CO2、消耗2ml H2，所以容器中CO2、H2的物质的量分别是2ml、2ml；反应I的平衡常数Kp= ；故答案：1.0ml；。
【化学——选修3物质结构与性质】
11. 铜是人类最早发现的金属之一，铜及其化合物在生活和生产中有着广泛的应用。根据信息回答下列问题：
（1）基态铜原子价层电子的轨道表达式为_______中，单质铜是由_______键形成的晶体。
（2）与铜同周期，N能层电子数与铜相同，熔点最低的金属是_______。
（3）农药波尔多液的有效杀菌成分是Cu2(OH)2SO4 (碱式硫酸铜) ，Cu2(OH)2SO4中非金属元素电负性由小到大的顺序是_______，写出与 SO互为等电子体的一种分子的化学式_______。
（4）氨缩脲( )分子中氮原子的杂化类型为_______，σ 键与π键的数目之比为 _______。氨缩脲与胆矾溶液反应得到如图所示的离子，1ml该离子中含配位键的数目为_______。
（5）白铜(铜镍合金)的立方晶胞结构如图所示，其中原子A的坐标参数为(0，1，0)。 原子B的坐标参数为_______；若该晶体密度为dg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则铜镍原子间最短距离为 _______pm。
【答案】（1） ①. ②. 金属
（2）钾(K) （3） ①. H
（5） ①. ( ，0，) ②.
【解析】
【小问1详解】
铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，价层电子的轨道表达式为；单质铜是由金属键形成的金属晶体，故答案为：；金属；
【小问2详解】
与铜元素同周期，N能层电子数与铜原子相同的原子为钾原子和铬原子，三种金属晶体中钾原子的原子半径最大，价电子数最少，金属键最弱，所以晶体的熔点最低，故答案为：钾(K)；
【小问3详解】
元素的非金属性越强，电负性越大，碱式硫酸铜中非金属元素的非金属性由强到弱的顺序为H
由氨缩脲的结构简式可知，分子中每个氮原子形成三个共价键，含有一对孤对电子，所以原子的杂化类型为sp3杂化；氨缩脲分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中共含有11个σ键和2个π键，σ键与π键的数目之比为11：2；由氨缩脲与胆矾溶液反应得到的配离子结构可知，具有空轨道的铜离子与具有空轨道的氮原子和氧原子形成配位键，1ml配离子中含有配位键的数目为1ml×4×2×NA ml—1=8NA=4.816 ×1024，故答案为：sp3；11：2；8NA (或4.816 ×1024)；
小问5详解】
由位于顶点的原子A的坐标参数为(0，1，0)可知，晶胞的边长为1，则位于晶胞底面的面心上的原子B的坐标参数为( ，0，)；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镍原子的个数为8×=1，位于面心的铜原子的个数为6×=3，则晶胞的化学式为NiCu3，设晶胞的参数为apm，由晶胞的质量公式可得：=10—30a3d，解得a=，晶胞中铜镍原子之间最近距离为面对角线的，则铜镍原子间最短距离为pm，故答案为：( ，0，)；。
【化学——选修5有机化学基础】
12. 盐酸多巴酚丁胺治疗心力衰竭，尤其是慢性心力衰竭疗效好。合成路线如下
已知： ；
-N=CRCH3
回答下列问题：
(1)A中含氧官能团的名称为___________。
(2)B的结构简式为___________，D的结构简式为___________。
(3)在反应①~④中，属于还原反应的有___________。
(4)A的同分异构种类很多，符合以下条件的A的同分异构共有___________种(不考虑立体异构)。
a.属于苯的衍生物； b.能水解，且水解产物之一能发生银镜反应
(5)反应①除A与B反应生成C外，B与B还可能发生反应生成另一种化合物E，写出生成E的反应的化学方程式___________。
(6)C在核磁共振氢谱上有___________组峰。
(7)写出由甲醛和乙醛合成季戊四醇[C(CH2OH)4]的合成路线。___________。
【答案】 ①. 醛基、醚键 ②. CH3COCH3 ③. ④. ②④ ⑤. 4 ⑥. 2CH3COCH3CH3COCH=C(CH3)2+H2O ⑦. 6 ⑧. 3HCHO+CH3CHO (HOCH2)3CCHOC(CH2OH)4
【解析】
【分析】由已知条件可知，B中一定含有CH3OC-结构，再由A到C的转化，可以看出B中含有3个C原子，结合已知条件和A、C的结构简式，由此确定B为CH3COCH3；C的分子式为C11H12O2，C中可能与H2发生加成反应的结构有：苯环结构、碳碳双键和碳氧双键，而D的分子式为C11 H14O2，所以可能与一个碳碳双键或一个碳氧双键发生加成。通过分析已知条件与反应③的产物结构，可以确定碳碳双键发生加成，从而确定D的结构简式为 。
【详解】（1）由A物质的结构简式知，其中含氧官能团为醛基、醚键。答案：醛基、醚键。
(2) 由已知条件可知，B中一定含有CH3OC-结构，再由A到C的转化，可以看出B中含有3个C原子，结合已知条件和A、C的结构简式，由此确定B为CH3COCH3；C的分子式为C11H12O2，C中可能与H2发生加成反应的结构有：苯环结构、碳碳双键和碳氧双键，而D的分子式为C11 H14O2，所以可能与一个碳碳双键或一个碳氧双键发生加成。通过分析已知条件与反应③的产物结构，可以确定碳碳双键发生加成，从而确定化合物D的结构简式为 。
(3)加氢去氧都为还原反应。根据反应条件知②④都加氢了，所以②④均为还原反应。答案：②④。
(4)A的化学式为C8H8O2，要同时满足a.属于苯的衍生物；b.能水解，且水解产物之一能发生银镜反应，则需含有苯环结构且为甲酸酯；若含有两个侧链，则有 ，有3种；若有一个侧链，结构简式为 ，有1种；共4种。
(5)通过分析反应①，可以理解为CH3COCH3中甲基中的一个氢原子加成醛基中的碳氧双键，同理CH3COCH3中甲基氢加成CH3COCH3的碳氧双键，发生类似的反应。所以B与B发生反应生成另一种化合物E的反应的化学方程式2CH3COCH3CH3COCH=C(CH3)2+H2O
(6)C的结构简式为 ，侧链-OCH3只有1种氢原子、侧链-CH=CHCOCH3有3种氢原子，苯环上还有2种氢原子，共6种氢原子即有6组峰。答案：6。
(7)由甲醛和乙醛合成季戊四醇[C(CH2OH)4]的合成路线。结合已知为CH3CHO中甲基氢加成3个HCHO的碳氧双键，产物再与H2加成制得季戊四醇，流程图为：3HCHO+CH3CHO (HOCH2)3CCHOC(CH2OH)4。答案：3HCHO+CH3CHO(HOCH2)3CCHOC(CH2OH)4。选项
实验操作和现象
结论
A
向麦芽糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，滴加NaOH溶液调至呈碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，可观察到产生银镜
麦芽糖水解产物具有还原性
B
常温下，向溶液中加入溶液，将带火星的木条放在试管口，木条复燃
氧化性：
C
向2mL 0.01 KI溶液中加入5mL 0.01溶液，溶液呈棕黄色，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变为红色
和的反应存在限度
D
向2mL0.1 KCl溶液中先滴加4滴0.1 溶液，再滴加4滴0.1 KI溶液，先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀
AgCl转化为AgI，
时间/min
0
10
20
30
40
50
c(NO)/ml•L−1
1.0
0.58
0.40
0.40
0.48
0.48
c(N2)/ml•L−1
0
0.21
0.30
0.30
0.36
0.36
c(CO2)/ml•L−1
0
0.21
0.30
0.30
0.36
0.36
CO2
H2
CH3OH
CO
H2O(g)
总压/kPa
起始/ml
5.0
7.0
0
0
0
p0
平衡/ml
n1
n2
p
相关试卷
2024届宁夏中卫市高三下学期一模理综试题-高中化学（原卷版+解析版）： 这是一份2024届宁夏中卫市高三下学期一模理综试题-高中化学（原卷版+解析版），文件包含2024届宁夏中卫市高三下学期一模理综试题-高中化学原卷版docx、2024届宁夏中卫市高三下学期一模理综试题-高中化学解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
2024届陕西省榆林市高三上学期第一次模拟检测理综试题-高中化学（原卷版+解析版）： 这是一份2024届陕西省榆林市高三上学期第一次模拟检测理综试题-高中化学（原卷版+解析版），文件包含2024届陕西省榆林市高三上学期第一次模拟检测理综试题-高中化学原卷版docx、2024届陕西省榆林市高三上学期第一次模拟检测理综试题-高中化学解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
2024届山西省省校际名校高三下学期一模联考理综试题-高中化学（原卷版+解析版）： 这是一份2024届山西省省校际名校高三下学期一模联考理综试题-高中化学（原卷版+解析版），文件包含2024届山西省省校际名校高三下学期一模联考理综试题-高中化学原卷版docx、2024届山西省省校际名校高三下学期一模联考理综试题-高中化学解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
