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重庆市南开中学2020届高三11月月考理综化学试题
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重庆南开中学高2020届高三（上）11月月考理科综合测试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 K 39 Cu 64Zn 65 Rb 85
在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。（每小题6分，共42分）
1.下列变化中，气体反应物既被氧化又被还原的是
A. 金属钠露置在空气中迅速变暗
B. 露置在空气中的过氧化钠固体变白
C. 将氨气与氯化氢混合，产生大量白烟
D. 充满二氧化氮的试管倒扣在水槽中，试管内液面上升
【答案】D
【解析】
【详解】A. 金属钠与氧气反应生成氧化钠：，氧气被还原，故A错误；
B. 露置在空气中的过氧化钠固体变白：，二氧化碳化合价不变，则该反应中的气体既没有被氧化也没有被还原，故B错误；
C. 将氨气与氯化氢混合，产生大量白烟：，无化合价不变，责该反应不是氧化还原反应，故C错误；
D. 充满二氧化氮的试管倒扣在水槽中，试管内液面上升：，二氧化氮的氮元素化合价既升高又降低，则该反应中的气体既被氧化又被还原，故D正确；
故答案为：D。
2.下列条件下，可以大量共存的离子组是
A. 某无色透明溶液中：Na+、Cu2+、SO42－、OH－
B. 含有大量CH3COO－的溶液中：H+ 、K+、SO42－、NO3－
C. pH=11的溶液中：Na+、K+、Cl－、CO32－
D. 0.1 mol/L的H2SO4溶液中：K+、Ba2+、Cl－、NO3－
【答案】C
【解析】
【详解】A. 某无色透明溶液中，Cu2+与OH－反应生成蓝色沉淀，不能大量共存，且Cu2+在溶液中为蓝色，故A错误；
B. 含有大量CH3COO－溶液中，CH3COO－与H+结合形成弱电解质醋酸，不能大量共存，故B错误；
C. pH=11的溶液显碱性，溶液中各离子之间不发生反应，与氢氧根离子也不发生反应，能大量共存，故C正确；
D. 0.1 mol/L的H2SO4溶液中，Ba2+与SO42-反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；
答案选C。
3.一定温度下，在2 L密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A. a点时，υ(A) =υ(B)
B. 反应开始到5min，B的物质的量增加了0.2 mol
C. 反应的化学方程式为：3A2B＋C
D. 反应开始到5min，υ(C) =0.04 mol/(L·min)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由图可知，a点时，A、B两物质反应的时间相同，但物质的量的变化量不同，反应速率不相等，故A错误；
B. 反应开始到5min，B的物质的量由0变为0.4 mol，则增加了0.4 mol，故B错误；
C. 反应达到平衡时，A的物质的量由0.8 mol减少为0.2 mol，变化量为0.6 mol，A为反应物，B的物质的量由0增加到0.4 mol，变化量为0.4 mol，C的物质的量由0增加到0.2 mol，变化量为0.2 mol，B、C为生成物，化学反应计量系数之比等于反应体系中物质变化量之比，∆n(A)：∆n(B) ：∆n(C) =0.6 mol：0.4 mol：0.2 mol=3：2：1，则反应的化学方程式为：3A2B＋C，故C正确；
D 反应开始到5min，∆n(C)= 0.2 mol，υ(C) ==0.02 mol/(L·min)，故D错误；
答案选C。
【点睛】从图象中找到信息，找到谁是反应物，谁是生成物，根据方程式的系数之比等于变化的物质的量之比，从而正确书写出化学方程式，应用化学反应速率的公式进行计算。
4.下列解释事实的方程式不正确的是
A. 用稀盐酸除铁锈： Fe2O3 + 6H+ =2 Fe3+ +3H2O
B. 用氨水吸收烟气中少量的SO2： NH3·H2O + SO2 = NH4++ HSO3－
C. 用金属钠除去甲苯中的水：2Na+ 2H2O= 2NaOH + H2↑
D. 铜片溶解在NaNO3和稀硫酸的混合液中：3Cu + 8H+ + 2NO3－=3Cu2+ +2NO↑ + 4H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 用稀盐酸除铁锈，盐酸与氧化铁反应生成氯化铁和水： Fe2O3 + 6H+ =2 Fe3+ +3H2O，故A正确；
B. 用氨水吸收烟气中少量的SO2反应生成亚硫酸铵和水： 2NH3·H2O + SO2 =2NH4++ SO32－+ H2O，故B错误；
C. 用金属钠除去甲苯中的水，钠与甲苯不反应，与水反应生成氢氧化钠：2Na+ 2H2O= 2NaOH + H2↑，故C正确；
D. 铜片溶解在NaNO3和稀硫酸的混合液中，铜与硫酸不反应，但氢离子使硝酸根离子具有强氧化性与铜发生反应：3Cu + 8H+ + 2NO3－=3Cu2+ +2NO↑ + 4H2O，故D正确；
答案选B。
5.在一氧化碳变换反应CO + H2OCO2 + H2中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析不正确的是
A. 使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
B. 升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
C. 增大压强，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加
D. 增大c(CO)，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
【答案】D
【解析】
【详解】A. 使用催化剂，降低活化能，活化分子数目增加，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，故A正确；
B. 升高温度，活化分子数目最多，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，故B正确；
C. 增大压强，气体体积减小，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故C正确；
D. 增大c(CO)，单位体积内活化分子数量增多，活化分子百分数不变，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故D错误；
答案选D。
【点睛】增大浓度，增加的是单位体积内活化分子数，活化分子百分数是不变的。
6.A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。
下列说法不正确的是
A. 若A、B、C的焰色反应呈黄色、水溶液均呈碱性，则X可以是CO2
B. 若C为红棕色气体，则A一定为空气中含量最高气体
C. 若B为FeCl3，则X一定是Fe
D. A可以是碳单质，也可以是O2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明A、B、C中含有钠元素，水溶液均呈碱性，则A为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，B为碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，C为碳酸氢钠，碳酸氢钠为碱性，故A正确；
B. 若A为氨气、X为氧气，则B为一氧化氮，C为红棕色气体二氧化氮，则A不一定为空气中含量最高的氮气，故B错误；
C. 若B为FeCl3，则A为氯气，与铁反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；
D. 若A为碳、X为氧气，则B为一氧化碳，C为二氧化碳；若A为氧气、X为碳，则B为二氧化碳，C为一氧化碳，故D正确；
答案为B。
【点睛】元素的性质的推断题，要熟练掌握各种物质间的相互转化，并能找到各物质间相互转化方案，熟记物质的性质，综合运用。
7.利用下列实验探究亚硝酸钠（NaNO2）的化学性质（AgNO2是淡黄色难溶于水的固体）
实验
装置
试剂a
现象
①
酚酞
无色溶液变红
②
AgNO3溶液
产生淡黄色沉淀
③
淀粉KI 溶液+稀硫酸
无色溶液立即变蓝
④
酸性K2Cr2O7溶液
无色溶液变为绿色
由上述实验所得结论不正确的是
A. NaNO2溶液呈碱性：NO2-+H2O⇌HNO2+OH-
B. NaNO2可与某些盐发生复分解反应：NO2-+Ag+=AgNO2↓
C. NaNO2有氧化性：2I-+2H++2NO2-=I2+2NO2↑+H2O
D. NaNO2有还原性：Cr2O72-+3NO2-+8H+=3NO3-+2Cr3++4H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaNO2滴加酚酞，溶液变红色，是因为其属于强碱弱酸盐，水解呈碱性，NO2-+H2O⇌HNO2+OH-，故A正确；
B．加入硝酸银溶液，可生成AgNO2沉淀，发生复分解反应，方程式为NO2-+Ag+═AgNO2↓，故B正确；
C．NaNO2有氧化性，可与KI发生氧化还原反应生成碘，N元素化合价降低，方程式为2I-+4H++2NO2-═I2+2NO↑+2H2O，故C错误；
D．NaNO2有还原性，可被Cr2O72-氧化生成硝酸根离子，发生Cr2O72-+3NO2-+8H+═3NO3-+2Cr3++4H2O，故D正确；
故选C。
【点睛】根据现象判断物质的性质是解题的关键。本题的易错点为CD，要注意氧化还原反应规律的理解和应用。
8.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_______。
(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↑，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。
9.自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自来水消毒剂有二氧化氯（ClO2）和高铁酸钾（K2FeO4）等。
（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。
资料：ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体。以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O。
①冰水浴的作用是____________。
② NaOH溶液中发生的主要反应的离子方程式为________________。
（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到____，证明ClO2具有氧化性。
（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（ClO2-），需将其转化为Cl-除去。下列试剂中，可将ClO2-转化为Cl-的是_____________________（填字母序号）。
a. FeSO4 b. O3 c. KMnO4 d. SO2
（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。
①上述制备K2FeO4反应的离子方程式为______________________。
②净水过程中，K2FeO4起到吸附、絮凝作用的原理是____________。
【答案】 (1). 分离Cl2和ClO2 (2). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (3). 溶液分层，下层为紫色 (4). ad (5). 3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O (6). 净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用
【解析】
【详解】（1）①根据反应2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+2NaCl+2H2O 可知，制备ClO2的同时生成氯气，利用ClO2 11℃时液化成红棕色液体，可用冰水浴将Cl2和ClO2分离，获得纯净的ClO2，
答案为：分离Cl2和ClO2；
② NaOH溶液为尾气处理装置，作用是吸收产生的氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，
答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（2）向混合后的溶液中加入适量CCl4，振荡、静置，CCl4密度比水大，且不溶于水，若观察到溶液分层，且下层为紫色，说明溶液中生成碘单质，进一步说明将ClO2水溶液滴加到KI溶液中发生反应，碘离子由-1价变为0价，化合价升高被氧化，则证明ClO2具有氧化性。
答案为：溶液分层，下层为紫色；
（3）需将ClO2-其转化为Cl-除去，氯元素的化合价从+3价变为-1价，化合价降低得电子，被还原，需要加入还原剂，
a. FeSO4中亚铁离子具有还原性，可以做还原剂，故a符合；
b. O3具有强氧化性，故b不符合；
c. KMnO4具有强氧化性，故c不符合；
d. SO2具有还原性，可以做还原剂，故d符合；
答案为ad；
（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。
①在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，生成高铁酸钾，Fe3+从+3价升高到+6价的FeO42-，失去3个电子，ClO-中氯元素从+1价变为-1价的氯离子，得到2个电子，最小公倍数为6，则ClO-和Cl-的系数为3，Fe3+和FeO42-系数为2，根据物料守恒，可得离子方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，
答案为：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
②净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用，
答案为：净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用。
10.化工原料异丁烯（C4H8）可由异丁烷（C4H10）直接催化脱氢制备：C4H10(g) C4H8(g) + H2(g)ΔH＝+139 kJ/mol
（1）该反应的化学平衡常数的表达式为_________________。
（2）一定条件下，以异丁烷为原料生产异丁烯。温度、压强改变对异丁烷平衡转化率的
影响如下图所示。
①判断p1、p2大小关系：p1_________________（填“>”或“<”）p2，理由是_________________。
②若异丁烷的平衡转化率为40%，则平衡混合气中异丁烯的物质的量分数最多为______%（保留小数点后1位）。
（3）目前，异丁烷催化脱氢制备异丁烯的研究热点是催化活性组分以及载体的选择。下表是以V-Fe-K-O为催化活性物质，反应时间相同时，测得的不同温度、不同载体条件下的数据。
温度/℃
570
580
590
600
610
以γ-Al2O3为载体
异丁烷转化率/%
36.41
36.49
38.42
39.23
42.48
异丁烯收率/%
26.17
27.11
27.51
26.56
26.22
以TiO2为载体
异丁烷转化率/%
30.23
30.87
32.23
33.63
33.92
异丁烯收率/%
25.88
27.39
28.23
2881
29.30
说明：收率=（生产目标产物的原料量/原料的进料量）×100%
①由上表数据，可以得到的结论是____________（填字母序号）。
a.载体会影响催化剂的活性
b. 载体会影响催化剂的选择性
c.载体会影响化学平衡常数
②分析以γ-Al2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因：___________。
【答案】 (1). (2). < (3). 该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图象表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p1
【详解】（1）化学平衡常数=，则该反应的化学平衡常数的表达式K=，
答案为：；
（2）①根据反应C4H10(g) C4H8(g) + H2(g)，该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图象表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p1
C4H10(g) C4H8(g)+H2(g)
初始（mol） a 0 0
变化（mol） 40% a 40% a 40% a
平衡（mol） (1-40%) a 40% a 40% a
则平衡混合气中异丁烯的物质的量分数最多为×100%=28.6%，
答案为：28.6；
（3）①a. 由上表数据，相同温度下，同一催化剂选择不同的载体异丁烷转化率和异丁烯收率不同，即催化效果不同，说明不同载体会影响催化剂的活性，故a正确；
b. 以γ-Al2O3为载体时，随着温度的升高异丁烷转化率不断升高，而异丁烯收率基本不变；以TiO2为载体时，异丁烷转化率和异丁烯收率都随着温度的升高而增大，说明不同的载体会影响催化剂的选择性，故b正确；
c.化学平衡常数只与温度有关，与催化剂或催化剂载体无关，故c错误；
答案选ab；
②以γ-Al2O3为载体时温度升高时，异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加，
答案为：温度升高时异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动（或其他合理原因）；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加（或其他合理原因）。
11.（一）是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。
试回答下列问题：
①表中碱性最强的为_______(写出化学式)；氢化物稳定性最强的为 ______ ；（写出化学式）
②基态o原子的价电子排布图为______；P3+离子与KSCN反应新生成的化学键为 _____ 键。
③将周期表中g、h、i、j四种元素的第一电离能由大到小排序为_________ (用元素符号表示)。
（二）SiO2晶胞(如图1)可理解成将金刚石晶胞(如图2)中的C原子置换成Si原子，然后在Si—Si之间插入O原子而形成。
①推测SiO2晶胞中Si采用______杂化，O—Si—O的键角为___________。
②一个SiO2晶胞中，含有_______个Si原子。
③金刚石和晶体硅都是原子晶体，具有相似的结构，则熔点：金刚石_______Si晶体（填“大于”，“等于”或“小于”）
④假设金刚石晶胞的边长为a pm，NA为阿伏伽德罗常数，试计算该晶胞的密度______ g·cm－3(写出表达式即可)。
【答案】 (1). KOH (2). HF (3). (4). 配位键 (5). Si＞Mg＞Al＞Na (6). sp3 (7). 109°28′ (8). 8 (9). 大于 (10).
【解析】
【分析】
(一)根据元素在周期表中的位置知，a到p分别是H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Mn、Fe元素；结合原子结构与性质分析解答；
(二)①SiO2晶胞中Si原子形成4个Si-O键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，形成S-O正四面体结构，据此分析解答；
②SiO2晶胞中，4个Si处于晶胞内部，另外原子处于晶胞顶点、面心，根据均摊法计算晶胞中Si原子数目；
③金刚石和晶体硅都是原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，则C-C共价键的键能大于Si-Si共价键的键能，据此分析判断；
④根据均摊法，计算一个金刚石晶胞中含有碳原子数，进而计算晶胞的质量和晶胞的体积，最后计算晶胞的密度。
【详解】(一)根据元素在周期表中的位置知，a到p分别是H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Mn、Fe元素；
①元素的金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性最强的是KOH；元素的非金属性越强，氢化物越稳定，稳定性最强的为HF，故答案为：KOH；HF；
②基态Mn原子的外围电子为其3d、4s电子，其外围电子排布图为，Fe3+离子与KSCN反应新生成的化学键为配位键，故答案为：；配位键；
③同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能Si＞Mg＞Al＞Na，故答案为：Si＞Mg＞Al＞Na；
(二)①SiO2晶胞中Si原子形成4个Si-O键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，Si原子采取sp3杂化，形成S-O正四面体结构，O-Si-O的键角为：109°28′，故答案为：sp3；109°28′；
②SiO2晶胞中，4个Si处于晶胞内部，另外原子处于晶胞顶点、面心，晶胞中Si原子数目=4+8×+6×=8，由化学式可知晶胞中O原子数目=8×2=16，故答案为：8；
③金刚石和晶体硅都是原子晶体，具有相似的结构，由于碳原子半径小于硅原子半径，则C-C共价键的键能大于Si-Si共价键的键能，因此熔点：金刚石＞Si晶体，故答案为：大于；
④根据图示，一个金刚石晶胞中含有碳原子数=4+8×6×=8，则晶胞的质量=g，晶胞的体积为pm3=(a ×10-10)cm3，因此晶胞的密度== g·cm－3，故答案为：。
12.有机物F是一种香料，其合成路线如图所示：
已知：i
ii
（1）A的名称为________________。
（2）步骤Ⅱ反应的化学方程式为____________。
（3）试剂X的结构简式为_______________，步骤Ⅵ的反应类型为______________。
（4）F中所含官能团的名称为_____________________。
（5）满足下列条件的E的同分异构体，其中核磁共振氢谱峰面积比为6︰2︰2︰1︰1的分子的结构简式为________________。
①苯环上只有两个取代基
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③能发生水解反应和银镜反应
（6）依据题中信息，完成以为原料制取的合成路线图。__________
合成路线图示例如下：
【答案】 (1). 甲苯 (2). C6H5-CH2Cl + NaOH C6H5-CH2OH + NaCl (3). CH3CHClCOOH (4). 取代反应（或酯化反应） (5). 酯基、醚键 (6). (7).
【解析】
【分析】
A的分子式为C7H8，结合的结构可知A为，由F的结构可知C、E分别为、中的一种，结合转化关系可知，反应I可以是甲苯与氯气在光照条件下反应生成B为，B发生水解反应生成C为，故E为，结合信息可知，发生取代反应生成D，D为，则X为CH3CHClCOOH。据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为，B为，C为，D为，E为，X为CH3CHClCOOH。
(1)A为，A的名称为甲苯，故答案为：甲苯；
(2)步骤Ⅱ为卤代烃的水解反应，反应的化学方程式为：+NaOH +NaCl，故答案为：+NaOH +NaCl；
(3)试剂X的结构简式为CH3CHClCOOH，步骤Ⅵ为C()和E()的酯化反应，也是取代反应，故答案为：CH3CHClCOOH；取代反应(或酯化反应)；
(4)F()中所含官能团有酯基、醚键，故答案为：酯基、醚键
(5)E()的同分异构体符合：①苯环上只有两个取代基，②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基，其中一个为-OH，另外取代基为-CH2CH2CH2OOCH，或者-CH(CH3)CH2OOCH，或者为-CH2CH(CH3)OOCH，或者为-C(CH3)2OOCH，或者-CH(CH2CH3)OOCH，各有邻、间、对3种，共有15种，其中核磁共振氢谱峰面积比为6︰2︰2︰1︰1的结构简式为 ，故答案为：；
(6)以为原料制取，可以用先发生催化氧化生成醛，再进一步氧化生成羧酸，最后与氯气、红磷作用得到，合成路线为，故答案为：。
【点睛】本题的易错点为(5)，要注意题示限制条件的解读，关键是能发生水解反应和银镜反应，结合E的结构，说明属于甲酸形成的酯。
重庆南开中学高2020届高三（上）11月月考理科综合测试
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 K 39 Cu 64Zn 65 Rb 85
在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。（每小题6分，共42分）
1.下列变化中，气体反应物既被氧化又被还原的是
A. 金属钠露置在空气中迅速变暗
B. 露置在空气中的过氧化钠固体变白
C. 将氨气与氯化氢混合，产生大量白烟
D. 充满二氧化氮的试管倒扣在水槽中，试管内液面上升
【答案】D
【解析】
【详解】A. 金属钠与氧气反应生成氧化钠：，氧气被还原，故A错误；
B. 露置在空气中的过氧化钠固体变白：，二氧化碳化合价不变，则该反应中的气体既没有被氧化也没有被还原，故B错误；
C. 将氨气与氯化氢混合，产生大量白烟：，无化合价不变，责该反应不是氧化还原反应，故C错误；
D. 充满二氧化氮的试管倒扣在水槽中，试管内液面上升：，二氧化氮的氮元素化合价既升高又降低，则该反应中的气体既被氧化又被还原，故D正确；
故答案为：D。
2.下列条件下，可以大量共存的离子组是
A. 某无色透明溶液中：Na+、Cu2+、SO42－、OH－
B. 含有大量CH3COO－的溶液中：H+ 、K+、SO42－、NO3－
C. pH=11的溶液中：Na+、K+、Cl－、CO32－
D. 0.1 mol/L的H2SO4溶液中：K+、Ba2+、Cl－、NO3－
【答案】C
【解析】
【详解】A. 某无色透明溶液中，Cu2+与OH－反应生成蓝色沉淀，不能大量共存，且Cu2+在溶液中为蓝色，故A错误；
B. 含有大量CH3COO－溶液中，CH3COO－与H+结合形成弱电解质醋酸，不能大量共存，故B错误；
C. pH=11的溶液显碱性，溶液中各离子之间不发生反应，与氢氧根离子也不发生反应，能大量共存，故C正确；
D. 0.1 mol/L的H2SO4溶液中，Ba2+与SO42-反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；
答案选C。
3.一定温度下，在2 L密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A. a点时，υ(A) =υ(B)
B. 反应开始到5min，B的物质的量增加了0.2 mol
C. 反应的化学方程式为：3A2B＋C
D. 反应开始到5min，υ(C) =0.04 mol/(L·min)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由图可知，a点时，A、B两物质反应的时间相同，但物质的量的变化量不同，反应速率不相等，故A错误；
B. 反应开始到5min，B的物质的量由0变为0.4 mol，则增加了0.4 mol，故B错误；
C. 反应达到平衡时，A的物质的量由0.8 mol减少为0.2 mol，变化量为0.6 mol，A为反应物，B的物质的量由0增加到0.4 mol，变化量为0.4 mol，C的物质的量由0增加到0.2 mol，变化量为0.2 mol，B、C为生成物，化学反应计量系数之比等于反应体系中物质变化量之比，∆n(A)：∆n(B) ：∆n(C) =0.6 mol：0.4 mol：0.2 mol=3：2：1，则反应的化学方程式为：3A2B＋C，故C正确；
D 反应开始到5min，∆n(C)= 0.2 mol，υ(C) ==0.02 mol/(L·min)，故D错误；
答案选C。
【点睛】从图象中找到信息，找到谁是反应物，谁是生成物，根据方程式的系数之比等于变化的物质的量之比，从而正确书写出化学方程式，应用化学反应速率的公式进行计算。
4.下列解释事实的方程式不正确的是
A. 用稀盐酸除铁锈： Fe2O3 + 6H+ =2 Fe3+ +3H2O
B. 用氨水吸收烟气中少量的SO2： NH3·H2O + SO2 = NH4++ HSO3－
C. 用金属钠除去甲苯中的水：2Na+ 2H2O= 2NaOH + H2↑
D. 铜片溶解在NaNO3和稀硫酸的混合液中：3Cu + 8H+ + 2NO3－=3Cu2+ +2NO↑ + 4H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 用稀盐酸除铁锈，盐酸与氧化铁反应生成氯化铁和水： Fe2O3 + 6H+ =2 Fe3+ +3H2O，故A正确；
B. 用氨水吸收烟气中少量的SO2反应生成亚硫酸铵和水： 2NH3·H2O + SO2 =2NH4++ SO32－+ H2O，故B错误；
C. 用金属钠除去甲苯中的水，钠与甲苯不反应，与水反应生成氢氧化钠：2Na+ 2H2O= 2NaOH + H2↑，故C正确；
D. 铜片溶解在NaNO3和稀硫酸的混合液中，铜与硫酸不反应，但氢离子使硝酸根离子具有强氧化性与铜发生反应：3Cu + 8H+ + 2NO3－=3Cu2+ +2NO↑ + 4H2O，故D正确；
答案选B。
5.在一氧化碳变换反应CO + H2OCO2 + H2中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析不正确的是
A. 使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
B. 升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
C. 增大压强，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加
D. 增大c(CO)，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
【答案】D
【解析】
【详解】A. 使用催化剂，降低活化能，活化分子数目增加，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，故A正确；
B. 升高温度，活化分子数目最多，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，故B正确；
C. 增大压强，气体体积减小，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故C正确；
D. 增大c(CO)，单位体积内活化分子数量增多，活化分子百分数不变，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故D错误；
答案选D。
【点睛】增大浓度，增加的是单位体积内活化分子数，活化分子百分数是不变的。
6.A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。
下列说法不正确的是
A. 若A、B、C的焰色反应呈黄色、水溶液均呈碱性，则X可以是CO2
B. 若C为红棕色气体，则A一定为空气中含量最高气体
C. 若B为FeCl3，则X一定是Fe
D. A可以是碳单质，也可以是O2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明A、B、C中含有钠元素，水溶液均呈碱性，则A为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，B为碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，C为碳酸氢钠，碳酸氢钠为碱性，故A正确；
B. 若A为氨气、X为氧气，则B为一氧化氮，C为红棕色气体二氧化氮，则A不一定为空气中含量最高的氮气，故B错误；
C. 若B为FeCl3，则A为氯气，与铁反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；
D. 若A为碳、X为氧气，则B为一氧化碳，C为二氧化碳；若A为氧气、X为碳，则B为二氧化碳，C为一氧化碳，故D正确；
答案为B。
【点睛】元素的性质的推断题，要熟练掌握各种物质间的相互转化，并能找到各物质间相互转化方案，熟记物质的性质，综合运用。
7.利用下列实验探究亚硝酸钠（NaNO2）的化学性质（AgNO2是淡黄色难溶于水的固体）
实验
装置
试剂a
现象
①
酚酞
无色溶液变红
②
AgNO3溶液
产生淡黄色沉淀
③
淀粉KI 溶液+稀硫酸
无色溶液立即变蓝
④
酸性K2Cr2O7溶液
无色溶液变为绿色
由上述实验所得结论不正确的是
A. NaNO2溶液呈碱性：NO2-+H2O⇌HNO2+OH-
B. NaNO2可与某些盐发生复分解反应：NO2-+Ag+=AgNO2↓
C. NaNO2有氧化性：2I-+2H++2NO2-=I2+2NO2↑+H2O
D. NaNO2有还原性：Cr2O72-+3NO2-+8H+=3NO3-+2Cr3++4H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaNO2滴加酚酞，溶液变红色，是因为其属于强碱弱酸盐，水解呈碱性，NO2-+H2O⇌HNO2+OH-，故A正确；
B．加入硝酸银溶液，可生成AgNO2沉淀，发生复分解反应，方程式为NO2-+Ag+═AgNO2↓，故B正确；
C．NaNO2有氧化性，可与KI发生氧化还原反应生成碘，N元素化合价降低，方程式为2I-+4H++2NO2-═I2+2NO↑+2H2O，故C错误；
D．NaNO2有还原性，可被Cr2O72-氧化生成硝酸根离子，发生Cr2O72-+3NO2-+8H+═3NO3-+2Cr3++4H2O，故D正确；
故选C。
【点睛】根据现象判断物质的性质是解题的关键。本题的易错点为CD，要注意氧化还原反应规律的理解和应用。
8.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_______。
(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↑，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。
9.自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自来水消毒剂有二氧化氯（ClO2）和高铁酸钾（K2FeO4）等。
（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。
资料：ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体。以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+ 2NaCl + 2H2O。
①冰水浴的作用是____________。
② NaOH溶液中发生的主要反应的离子方程式为________________。
（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到____，证明ClO2具有氧化性。
（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（ClO2-），需将其转化为Cl-除去。下列试剂中，可将ClO2-转化为Cl-的是_____________________（填字母序号）。
a. FeSO4 b. O3 c. KMnO4 d. SO2
（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。
①上述制备K2FeO4反应的离子方程式为______________________。
②净水过程中，K2FeO4起到吸附、絮凝作用的原理是____________。
【答案】 (1). 分离Cl2和ClO2 (2). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (3). 溶液分层，下层为紫色 (4). ad (5). 3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O (6). 净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用
【解析】
【详解】（1）①根据反应2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+2NaCl+2H2O 可知，制备ClO2的同时生成氯气，利用ClO2 11℃时液化成红棕色液体，可用冰水浴将Cl2和ClO2分离，获得纯净的ClO2，
答案为：分离Cl2和ClO2；
② NaOH溶液为尾气处理装置，作用是吸收产生的氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，
答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（2）向混合后的溶液中加入适量CCl4，振荡、静置，CCl4密度比水大，且不溶于水，若观察到溶液分层，且下层为紫色，说明溶液中生成碘单质，进一步说明将ClO2水溶液滴加到KI溶液中发生反应，碘离子由-1价变为0价，化合价升高被氧化，则证明ClO2具有氧化性。
答案为：溶液分层，下层为紫色；
（3）需将ClO2-其转化为Cl-除去，氯元素的化合价从+3价变为-1价，化合价降低得电子，被还原，需要加入还原剂，
a. FeSO4中亚铁离子具有还原性，可以做还原剂，故a符合；
b. O3具有强氧化性，故b不符合；
c. KMnO4具有强氧化性，故c不符合；
d. SO2具有还原性，可以做还原剂，故d符合；
答案为ad；
（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。
①在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，生成高铁酸钾，Fe3+从+3价升高到+6价的FeO42-，失去3个电子，ClO-中氯元素从+1价变为-1价的氯离子，得到2个电子，最小公倍数为6，则ClO-和Cl-的系数为3，Fe3+和FeO42-系数为2，根据物料守恒，可得离子方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，
答案为：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
②净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用，
答案为：净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用。
10.化工原料异丁烯（C4H8）可由异丁烷（C4H10）直接催化脱氢制备：C4H10(g) C4H8(g) + H2(g)ΔH＝+139 kJ/mol
（1）该反应的化学平衡常数的表达式为_________________。
（2）一定条件下，以异丁烷为原料生产异丁烯。温度、压强改变对异丁烷平衡转化率的
影响如下图所示。
①判断p1、p2大小关系：p1_________________（填“>”或“<”）p2，理由是_________________。
②若异丁烷的平衡转化率为40%，则平衡混合气中异丁烯的物质的量分数最多为______%（保留小数点后1位）。
（3）目前，异丁烷催化脱氢制备异丁烯的研究热点是催化活性组分以及载体的选择。下表是以V-Fe-K-O为催化活性物质，反应时间相同时，测得的不同温度、不同载体条件下的数据。
温度/℃
570
580
590
600
610
以γ-Al2O3为载体
异丁烷转化率/%
36.41
36.49
38.42
39.23
42.48
异丁烯收率/%
26.17
27.11
27.51
26.56
26.22
以TiO2为载体
异丁烷转化率/%
30.23
30.87
32.23
33.63
33.92
异丁烯收率/%
25.88
27.39
28.23
2881
29.30
说明：收率=（生产目标产物的原料量/原料的进料量）×100%
①由上表数据，可以得到的结论是____________（填字母序号）。
a.载体会影响催化剂的活性
b. 载体会影响催化剂的选择性
c.载体会影响化学平衡常数
②分析以γ-Al2O3为载体时异丁烯收率随温度变化的可能原因：___________。
【答案】 (1). (2). < (3). 该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图象表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p1
【详解】（1）化学平衡常数=，则该反应的化学平衡常数的表达式K=，
答案为：；
（2）①根据反应C4H10(g) C4H8(g) + H2(g)，该反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动；图象表明，温度一定时，压强由p1变为p2，异丁烷的平衡转化率减小，平衡逆向移动，可知p1
C4H10(g) C4H8(g)+H2(g)
初始（mol） a 0 0
变化（mol） 40% a 40% a 40% a
平衡（mol） (1-40%) a 40% a 40% a
则平衡混合气中异丁烯的物质的量分数最多为×100%=28.6%，
答案为：28.6；
（3）①a. 由上表数据，相同温度下，同一催化剂选择不同的载体异丁烷转化率和异丁烯收率不同，即催化效果不同，说明不同载体会影响催化剂的活性，故a正确；
b. 以γ-Al2O3为载体时，随着温度的升高异丁烷转化率不断升高，而异丁烯收率基本不变；以TiO2为载体时，异丁烷转化率和异丁烯收率都随着温度的升高而增大，说明不同的载体会影响催化剂的选择性，故b正确；
c.化学平衡常数只与温度有关，与催化剂或催化剂载体无关，故c错误；
答案选ab；
②以γ-Al2O3为载体时温度升高时，异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加，
答案为：温度升高时异丁烯的收率增加的可能原因：催化剂活性增加，反应速率加快，平衡正向移动（或其他合理原因）；温度继续升高，异丁烯的收率下降的可能原因：催化剂的选择性下降，发生副反应的异丁烷的比例增加（或其他合理原因）。
11.（一）是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。
试回答下列问题：
①表中碱性最强的为_______(写出化学式)；氢化物稳定性最强的为 ______ ；（写出化学式）
②基态o原子的价电子排布图为______；P3+离子与KSCN反应新生成的化学键为 _____ 键。
③将周期表中g、h、i、j四种元素的第一电离能由大到小排序为_________ (用元素符号表示)。
（二）SiO2晶胞(如图1)可理解成将金刚石晶胞(如图2)中的C原子置换成Si原子，然后在Si—Si之间插入O原子而形成。
①推测SiO2晶胞中Si采用______杂化，O—Si—O的键角为___________。
②一个SiO2晶胞中，含有_______个Si原子。
③金刚石和晶体硅都是原子晶体，具有相似的结构，则熔点：金刚石_______Si晶体（填“大于”，“等于”或“小于”）
④假设金刚石晶胞的边长为a pm，NA为阿伏伽德罗常数，试计算该晶胞的密度______ g·cm－3(写出表达式即可)。
【答案】 (1). KOH (2). HF (3). (4). 配位键 (5). Si＞Mg＞Al＞Na (6). sp3 (7). 109°28′ (8). 8 (9). 大于 (10).
【解析】
【分析】
(一)根据元素在周期表中的位置知，a到p分别是H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Mn、Fe元素；结合原子结构与性质分析解答；
(二)①SiO2晶胞中Si原子形成4个Si-O键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，形成S-O正四面体结构，据此分析解答；
②SiO2晶胞中，4个Si处于晶胞内部，另外原子处于晶胞顶点、面心，根据均摊法计算晶胞中Si原子数目；
③金刚石和晶体硅都是原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，则C-C共价键的键能大于Si-Si共价键的键能，据此分析判断；
④根据均摊法，计算一个金刚石晶胞中含有碳原子数，进而计算晶胞的质量和晶胞的体积，最后计算晶胞的密度。
【详解】(一)根据元素在周期表中的位置知，a到p分别是H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Mn、Fe元素；
①元素的金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性最强的是KOH；元素的非金属性越强，氢化物越稳定，稳定性最强的为HF，故答案为：KOH；HF；
②基态Mn原子的外围电子为其3d、4s电子，其外围电子排布图为，Fe3+离子与KSCN反应新生成的化学键为配位键，故答案为：；配位键；
③同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能Si＞Mg＞Al＞Na，故答案为：Si＞Mg＞Al＞Na；
(二)①SiO2晶胞中Si原子形成4个Si-O键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，Si原子采取sp3杂化，形成S-O正四面体结构，O-Si-O的键角为：109°28′，故答案为：sp3；109°28′；
②SiO2晶胞中，4个Si处于晶胞内部，另外原子处于晶胞顶点、面心，晶胞中Si原子数目=4+8×+6×=8，由化学式可知晶胞中O原子数目=8×2=16，故答案为：8；
③金刚石和晶体硅都是原子晶体，具有相似的结构，由于碳原子半径小于硅原子半径，则C-C共价键的键能大于Si-Si共价键的键能，因此熔点：金刚石＞Si晶体，故答案为：大于；
④根据图示，一个金刚石晶胞中含有碳原子数=4+8×6×=8，则晶胞的质量=g，晶胞的体积为pm3=(a ×10-10)cm3，因此晶胞的密度== g·cm－3，故答案为：。
12.有机物F是一种香料，其合成路线如图所示：
已知：i
ii
（1）A的名称为________________。
（2）步骤Ⅱ反应的化学方程式为____________。
（3）试剂X的结构简式为_______________，步骤Ⅵ的反应类型为______________。
（4）F中所含官能团的名称为_____________________。
（5）满足下列条件的E的同分异构体，其中核磁共振氢谱峰面积比为6︰2︰2︰1︰1的分子的结构简式为________________。
①苯环上只有两个取代基
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③能发生水解反应和银镜反应
（6）依据题中信息，完成以为原料制取的合成路线图。__________
合成路线图示例如下：
【答案】 (1). 甲苯 (2). C6H5-CH2Cl + NaOH C6H5-CH2OH + NaCl (3). CH3CHClCOOH (4). 取代反应（或酯化反应） (5). 酯基、醚键 (6). (7).
【解析】
【分析】
A的分子式为C7H8，结合的结构可知A为，由F的结构可知C、E分别为、中的一种，结合转化关系可知，反应I可以是甲苯与氯气在光照条件下反应生成B为，B发生水解反应生成C为，故E为，结合信息可知，发生取代反应生成D，D为，则X为CH3CHClCOOH。据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为，B为，C为，D为，E为，X为CH3CHClCOOH。
(1)A为，A的名称为甲苯，故答案为：甲苯；
(2)步骤Ⅱ为卤代烃的水解反应，反应的化学方程式为：+NaOH +NaCl，故答案为：+NaOH +NaCl；
(3)试剂X的结构简式为CH3CHClCOOH，步骤Ⅵ为C()和E()的酯化反应，也是取代反应，故答案为：CH3CHClCOOH；取代反应(或酯化反应)；
(4)F()中所含官能团有酯基、醚键，故答案为：酯基、醚键
(5)E()的同分异构体符合：①苯环上只有两个取代基，②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，③能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基，其中一个为-OH，另外取代基为-CH2CH2CH2OOCH，或者-CH(CH3)CH2OOCH，或者为-CH2CH(CH3)OOCH，或者为-C(CH3)2OOCH，或者-CH(CH2CH3)OOCH，各有邻、间、对3种，共有15种，其中核磁共振氢谱峰面积比为6︰2︰2︰1︰1的结构简式为 ，故答案为：；
(6)以为原料制取，可以用先发生催化氧化生成醛，再进一步氧化生成羧酸，最后与氯气、红磷作用得到，合成路线为，故答案为：。
【点睛】本题的易错点为(5)，要注意题示限制条件的解读，关键是能发生水解反应和银镜反应，结合E的结构，说明属于甲酸形成的酯。
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