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四川省宜宾市第四中学2020届高三上学期第一次月考理综化学试题
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1.下列括号中的分离方法运用得当的是( )
A. 植物油和自来水(蒸馏)
B. 水溶液中的食盐和碘(分液)
C. 碳酸钙和氯化钙固体混合物(溶解、过滤、蒸发)
D. 自来水中的杂质(萃取)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 植物油和自来水是不互溶的液体混合物，可以用分液的方法分离，故错误；B. 碘在水中的溶解度小，可以用有机物溶剂进行萃取，故错误；C. 碳酸钙不溶于水，氯化钙固体溶于水，可以用溶解、过滤、蒸发的方法分离，故正确；D. 自来水中的杂质可以用蒸馏的方法分离，故错误。故选C。
【点睛】掌握分离和提出的方法，不互溶的液体混合物用分液的方法分离，从溶液中分离固体溶质的方法为蒸发，从水溶液中分离碘或溴通常用萃取的方法。制取蒸馏水用蒸馏的方法。
2.下列化学用语正确的是
A. 雕刻玻璃试剂主要成分的电子式为：
B. 新制氯水中含氧酸的结构式：H—Cl—O
C. S2-的结构示意图
D. 标准状况下密度为1.25g/L的气态烃的球棍模型：
【答案】D
【解析】
【分析】
A、HF是共价化合物；
B、次氯酸结构式中O分别与H和Cl相连；
C、S2-最外层8个电子；
D、乙烯碳与碳之间形成双键。
【详解】A、HF是共价化合物，雕刻玻璃的试剂主要成分的电子式为：，故A错误；
B、次氯酸结构式中O分别与H和Cl相连，新制氯水中含氧酸的结构式：H—O—Cl，故B错误；
C、S2-最外层8个电子，结构示意图，故C错误；
D、标准状况下密度为1.25g/L的气态烃为乙烯，乙烯碳与碳之间形成双键，球棍模型：，故D正确。
故选D。
3.在pH=1的溶液中能大量共存的一组离子或分子是
A. Na+、Mg2+、ClO-、NO3-
B. Al3+、 NH4+、 Br-、Cl-
C. K+、Cr2O72-、CH3CHO、 SO42-
D. Na+、K+、SiO32-、Cl-
【答案】B
【解析】
【分析】
在pH=1的溶液为酸性溶液，存在大量的H+，题目中ClO-、SiO32-分别与H+反应生成弱电解质而不能大量共存，在酸性条件下Cr2O72-与CH3CHO发生氧化还原反应而不能大量共存。
【详解】A．酸性环境下ClO-与H+反应生成弱电解质次氯酸，不能大量存在，故A错误；
B．酸性条件下，Al3+、NH4+、Br-、Cl-之间都不发生离子反应，能大量共存，故B正确；
C．在酸性条件下Cr2O72-有强氧化性，能与CH3CHO发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；
D．SiO32-与H+反应生成弱电解质硅酸，且硅酸难溶于水，溶液中不能大量存在SiO32-，故D错误；
故答案为B。
4.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是
A. 标准状况下，2.24L苯中含有碳碳双键数为0.3NA
B. 6.4gS2、S4和S8的混合物中所含硫原子数为0.2NA
C. 1L0.1mol·L-1的氢碘酸中含碘化氢分子数为0.1NA
D. 60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应时断裂的C-O键数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 苯在标准状况下为液体，不可利用气体摩尔体积计算，且苯中不含碳碳双键，故A错误；
B. 6.4gS2、S4和S8的混合物中所含硫原子数×NAmol-1=0.2NA，故B正确；
C.氢碘酸为强酸，在溶液中完全电离，不存在碘化氢分子，故C错误；
D. 酯化反应是可逆反应，不可进行到底，无法计算断裂的C-O键数，故D错误；
答案：B
5.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。W的单质与H2在暗处能剧烈化合并发生爆炸，X的周期数等于族序数，X与Y形成的化合物与水反应产生白色沉淀和H2Y气体。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：W
【答案】D
【解析】
分析】
首先这些元素都是短周期元素。W的单质与H2在暗处能剧烈化合并发生爆炸，说明W是F元素，H2Y中Y的化合价是-2，易知Y是O或者S，考虑到H2Y是某化合物和水反应得到，说明Y必是S元素，X的周期数等于族序数说明X是H、Be或者Al，X和Y形成的化合物与水反应，说明发生阴阳离子的水解，合理的推断是X是Al元素，继而XY形成的化合物为Al2S3，其水解得到白色沉淀Al(OH)3和H2S气体，又W、X、Y、Z是原子序数依次增大，Z是Cl元素。
故W、X、Y、Z是F、Al、S、Cl。
【详解】A.离子半径判断原则是先看电子层数，“层大径大”，然后核电荷数，其越大半径越小。W、X、Z构成的离子分别为F-、Al3+、Cl-，根据半径判断原则分析，可知F->Al3+，A项错误；
B.简单阴离子的还原性的判断规律是该元素的非金属性越强，则对应简单离子失电子越难，还原性越弱。W、Y、Z分别是F、S、Cl，根据上述原则，非金属性F>Cl>S，因而对应简单离子还原性是F-
D. X、Z的最高价氧化物的水化物分别是Al(OH)3和HClO4，两者可以发生酸碱中和反应，D项正确。
故答案选D。
6.镁电池作为一种低成本、高安全的储能装置，正受到国内外广大科研人员的关注。一种以固态含Mg2+的化合物为电解质的镁电池的总反应如下。下列说法错误的是
xMg+V2O5 MgxV2O5
A. 充电时，阳极质量减小
B. 充电时，阴极反应式：Mg2++2e－=Mg
C. 放电时，正极反应式为：V2O5+xMg2++2xe－=MgxV2O5
D. 放电时，电路中每流过2mol电子，固体电解质中有2molMg2+迁移至正极
【答案】D
【解析】
【分析】
根据电池反应可知该电池为二次电池，放电时，Mg易失电子，作负极，因而V2O5作正极。
【详解】A.放电时V2O5作正极，生成MgxV2O5（结合V元素的价态变化以及V元素在不同物质中的存在便可判断），充电时阳极为V2O5这一端，逆向看总反应，这时MgxV2O5变为V2O5，显然质量减小，A项正确；
B.放电时，负极电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，那么充电时，阴极为Mg这一端，电极反应式与负极完全相反，因而阴极反应式为Mg2++2e－=Mg，B项正确；
C.放电时，V元素降价，V2O5作正极，V2O5变为MgxV2O5，根据缺项配平原则，反应物还需补充Mg2+，因而正极反应式为V2O5+xMg2++2xe－=MgxV2O5，C项正确；
D.放电时，正极反应式为 V2O5+xMg2++2xe－=MgxV2O5，n(Mg2+)：n(e-)=x：2x=1：2，当电路流过2mol电子，根据比例关系，有1molMg2+在正极消耗，即固体电解质中有1molMg2+迁移至正极，D项错误。
故答案选D。
7.已知：pKa=－lgKa。25℃时，几种弱酸的pKa值如下表所示。下列说法正确的是
弱酸的化学式
CH3COOH
HCOOH
H2SO3
pKa
4.74
3.74
1.90 7.20
A. 向Na2SO3溶液中加入过量乙酸，反应生成SO2
B. 25℃时，pH=8的甲酸钠溶液中，c( HCOOH)=9.9×10－7mol·L-1
C. 25℃时，某乙酸溶液pH=a，则等浓度的甲酸pH=a－1
D. 相同温度下，等浓度的 HCOONa溶液比Na2SO3溶液的pH大
【答案】B
【解析】
【详解】根据表格数据分析，酸性顺序为：H2SO3 >HCOOH >CH3COOH > HSO3-。
A.因为乙酸的酸性大于亚硫酸氢根离子，所以亚硫酸钠和乙酸反应生成亚硫酸氢钠和乙酸钠，故A错误；
B.甲酸钠溶液因为甲酸根离子水解溶液显碱性，且存在质子守恒，c(OH-)=c(H+) +c(HCOOH)，因为溶液的pH=8，所以c(OH-)= 10-6 mol·L-1，c(H+)=10-8 mol·L-1，所以c( HCOOH)=9.9×10－7mol·L-1，故B正确；
C.等浓度的乙酸和甲酸溶液中存在电离平衡，假设甲酸溶液的pH＝ｂ，，，计算b=a-0.5，故C错误；
D.因为甲酸的酸性比亚硫酸氢根离子酸性强，所以同温度下，等浓度的溶液中甲酸根离子水解程度小于亚硫酸根离子水解程度，即等浓度的甲酸钠的pH小于亚硫酸钠，故D错误。
故选B。
【点睛】掌握溶液中的守恒关系，如物料守恒和电荷守恒以及质子守恒，本题中B选项是难点，一般认为用电离平衡常数或水解平衡常数进行解题，但是题目中未给出盐溶液的物质的量浓度，不能计算，但使用质子守恒就会轻松解题。所以要多角度分析和解题。
8.明矾石的主要成分是K2SO4·Al2(SO4)3·2Al 2O3·6H2O，还含有少量Fe2O3杂质。利用明矾石制备氢氧化铝的流程如下：
（1）焙烧炉中发生反应的化学方程式为2Al2(SO4)3＋3S 2Al 2O3 ＋9SO2，该反应的氧化剂是______________，若生成1molAl2O3，则转移的电子数为____________________。
（2）将标况下1.12L炉气通入100mL 0.5mol·L-1 NaOH溶液中，得到一种酸性溶液，则该溶液中各种离子浓度由大到小的排列顺序为___________________________________。
（3）熟料溶解时反应的离子方程式为_________________________。
（4）母液中溶质主要成分的化学式为____________、_____________，溶液调节pH后经过滤、洗涤可得Al(OH)3沉淀，证明沉淀已洗涤干净的实验操作和现象是 ________________。
【答案】 (1). Al2(SO4) 3 (2). 3.612×1024 (3). c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-) (4). Al2O3 +2OH- =2AlO2- + H2O (5). K2SO4 (6). Na2SO4 (7). 取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成则已洗涤干净
【解析】
【分析】
（1）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；再根据N=nNA转移电子数目；
（2）根据反应后溶液中溶质为NaHSO3，溶液呈碱性，判断溶液中各离子的浓度大小；
（3）熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠；
（4）母液中离子主要为K+，Na+，SO42-；通过检验硫酸根离子的方法进行试验。
【详解】（1）反应中硫元素的化合价由Al2（SO4）3中的+6价降低为SO2的+4价，故Al2（SO4）3为氧化剂，反应中硫单质中硫元素的化合价由0价升高为SO2的+4价，硫单质为还原剂，生成1molAl2O3时需要硫的物质的量为1mol×3/2=1.5mol，转移电子的物质的量为1.5mol×4=6mol，转移电子数目为6mol×6.02×1023mol-1=3.612×1024，故答案为：故Al2（SO4）3，3.612×1024。
（2）1.12L二氧化硫的物质的量为1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，n（NaOH）=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，n（SO2）：n（NaOH）=1：1，故反应后溶液中溶质为NaHSO3，溶液呈碱性，说明HSO3-的电离程度大于水解程度，同时水解生成氢离子，故c(H+)>c(SO32-)，HSO3-的电离程度不大，故c(HSO3-)>c(H+)，溶液c（OH-）等于水电离生成，浓度很小，故溶液中各种离子浓度由大到小的排列顺序为c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)，故答案为：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)。
（3）由工艺流程可以知道，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，离子方程式为：Al2O3 +2OH- =2AlO2- + H2O，故答案为：Al2O3 +2OH- =2AlO2- + H2O。
（4）由工艺流程可以知道，熟料溶解所得到的溶液中含有K+，Na+，SO42-，AlO2-，OH-等，加硫酸调节pH值，AlO2-转化为Al(OH)3，母液中离子主要为K+，Na+，SO42-，含有溶质为K2SO4、Na2SO4；Al(OH)3沉淀具有吸附性，可吸附硫酸根离子，通过检验硫酸根离子的方法进行试验，方法为取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成则已洗涤干净，故答案为：K2SO4、Na2SO4；取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成则已洗涤干净。
9.废旧电池的回收处理，既能减少对环境的污染，又能实现资源的再生利用。将废旧锌锰电池初步处理后，所得废料含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe等，用该废料制备Zn和MnO2的一种工艺流程如下：
已知：
①Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化
②有关Ksp数据如下表所示
化合物
Mn(OH)2
Zn(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10-13
10-17
10-38
回答下列问题：
(1)还原焙烧过程中， MnOOH与炭黑反应，锰元素被还原为MnO，该反应的化学方程式为___________。传统的工艺是使用浓盐酸在加热条件下直接处理废料，缺点是___________。
(2)酸漫时一般会适当加热并不断搅拌，其作用是___________，滤渣1和滤渣2主要成分的化学式依次是___________。
(3)净化时，先通入O2再加入MnCO3，其目的是___________；已知净化时溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1mol·L－1，调节pH的合理范围是___________。
(4)电解制取MnO2时，MnO2在___________极产生。
(5)中科院研究人员将MnO2和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池，该电池可将软饮料中的葡萄糖作为燃料获得能量，装置如图所示。此装置中b极的电极反应式为______________________。
【答案】 (1). （1）2MnOOH+C 2MnO+CO↑+H2O↑ (2). 反应过程中产生氯气，造成环境污染 (3). 加快酸浸时的反应速率 (4). C、 Fe(OH)3 (5). 先将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH使Fe3+沉淀完全 (6). 3≤pH<5.5 (7). 阳 (8). C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+
【解析】
【分析】
废料中加入过量的炭黑，还原焙烧，锰元素变成二价锰离子，酸浸时得到锰离子、锌离子和亚铁离子，过量的碳黑不溶于酸，过滤变成滤渣1，溶液中需要除去亚铁离子，利用表格数据，应将亚铁离子氧化为铁离子以氢氧化铁沉淀形成分离除去，但是需要注意二价锰离子在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化，所以应先通入氧气，后加入碳酸锰调节溶液的pH值并控制二价锰离子不被氧化。最后通过电解，锌离子得到电子在阴极生成锌，二价锰离子在阳极失去电子生成二氧化锰。
【详解】（1）MnOOH与炭黑反应，锰元素被还原为MnO ，因为碳过量时生成一氧化碳，方程式为：2MnOOH+C 2MnO+CO↑+H2O↑，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，造成环境污染。
（2）加热和搅拌都可以加快酸浸时的反应速率，碳不溶于水或酸，所以滤渣1为碳，溶液中通入氧气和加入碳酸锰，使铁元素变成Fe(OH)3沉淀而分离。
（3）实验过程中需要将亚铁离子氧化并沉淀，但不能将锰元素氧化和沉淀，因为二价锰在酸性条件下很稳定，所以先通入氧气，先将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH使Fe3+沉淀完全，当铁离子浓度小于或等于10-5mol/L时认为完全沉淀，假设此时溶液中的氢氧根离子浓度为xmol/L，则有10-5×x3=10-38，解x=10-11mol/L，则溶液的pH为3，溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1mol·L－1，形成Mn(OH)2沉淀时的氢氧根离子浓度为ymol/L，则有0.1×y2=10-13，形成Zn (OH)2沉淀时的氢氧根离子浓度为zmol/L，0.1×z2=10-17，y=10-6 mol/L，z=10-8 mol/L，对应的pH分别为8和6，且Mn2+在pH高于5.5时易被O2氧化，所以应调节pH范围为3≤pH<5.5。
（4）电解过程中锰元素化合价升高，在阳极生成二氧化锰。
（5）二氧化锰做氧化剂，得到电子，在正极反应，则葡萄糖失去电子，电极反应为：C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+。
10.甲醇是一种重要的可再生能源．
(1)已知2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g)△H=a kJ/mol
CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=b kJ/mol
试写出由CH4和O2制取甲醇的热化学方程式：______．
(2)还可以通过下列反应制备甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)．甲图是反应时CO和CH3OH(g)的浓度随时间的变化情况．从反应开始到达平衡，用H2表示平均反应速率υ(H2)=______．
(3)在一容积可变的密闭容器中充入10mol CO和20mol H2，CO的平衡转化率随温度(T)、压强(P)的变化如乙图所示．
①下列说法能判断该反应达到化学平衡状态的是______．(填字母)
A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍
B．H2的体积分数不再改变
C．体系中H2的转化率和CO的转化率相等
D．体系中气体的平均摩尔质量不再改变
②比较A、B两点压强大小PA______PB(填“＞、＜、=”)．
③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L．如果反应开始时仍充入10molCO和20molH2，则在平衡状态B时容器的体积V(B)=______L．
(4)以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池(电极材料为惰性电极)．
①若KOH溶液足量，则写出电池总反应的离子方程式：______．
②若电解质溶液中KOH的物质的量为0.8mol，当有0.5mol甲醇参与反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是______．
【答案】(1) 2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) ΔH=(a+2b)kJ/mol (2分) (2) 0.15mol/(L·min) (2分)
(3) ①BD (2分) ② ＜(2分) ③ 14L (2分) (4) ① 2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O(2分)
②C(K+)>C(CO32-)>C(HCO3-)>C(OH-)>C(H+)(2分)
【解析】
试题分析：(1) 将给出的反应分别标为：①、②，根据盖斯定律，把①+②×2可得CH4和O2制取甲醇的热化学方程式：2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) ΔH=(a+2b)kJ/mol。(2) 从图可以看出CO的浓度减小了0.75mol/L，根据反应的化学计量数，H2的浓度改变了1.5mol/L，反应达到平衡的时间为10min，则υ(H2)= 1.5mol/L÷10min=0.15mol/(L·min)。(3) ①化学反应速率之比等于化学计量数之比，不管在任何时候，H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍，A错；H2的体积分数不再改变说明体系中各物质的浓度不再改变，反应达到了平衡，B对；H2的转化率和CO的转化率相等不能说明物质的浓度不再改变和同种物质的正逆反应速率相等，C错；反应是气体物质的量改变的反应，如果反应没有达到平衡，气体的物质的量会发生改变，平均摩尔质量也会改变，现平均摩尔质量不再改变，说明气体的生成和消耗速率相等，反应到达了平衡，D对。②从图可以看出B的CO的转化率较大，根据反应的特点，压强增大平衡向正向移动，现B点的转化率较大，说明B点的压强大，故PA＜PB。③A点是CO的转化率为0.5，10 mol CO和20 mol H2反应后气体总物质的量为20mol，在B点CO的转化率为0.8，10 mol CO和20 mol H2反应后气体的总物质的量为14mol，设B点的体积为VL。则20mol︰14 mol=20L︰V，V=14L。（4）由于是在碱性电解质溶液中，产生的CO2还要与碱反应，反应的方程式为：2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O。②根据KOH和CO2的物质的量可知生成的CO2发生反应：CO2+2OH—═CO32—，CO32—+ CO2+H2O═HCO3—,0.8mol的KOH反应完时消耗0.4mol的CO2，生成0.4mol的CO32—，剩余的0.1mol的CO2与CO32—反应生成0.1mol的HCO3—，故溶液中有0.3mol的K2CO3、0.1mol的KHCO3，故离子浓度大小顺序为：C(K+)>C(CO32-)>C(HCO3-)>C(OH-)>C(H+)
考点：盖斯定律的运用、化学反应速率的计算、化学平衡的判断、电极反应的书写、盐类水解和离子浓度大小的比较。
11.碳是形成单质和化合物最多的元素，其单质及化合物有独特的性质和用途。请回答下列问题。
(1)C原子的价电子轨道表达式为______________________。
(2)碳元素是组成有机物必不可少的元素。1828年，化学家维勒首次用加热的方法将无机物氰酸铵[NH4(OCN)]转化为有机物尿素，开启了人造有机物的大门。氰酸铵中阳离子的立体构型是___________。有机物M()在一定条件下生成N()
①沸点：M___________N(填“大于”或“小于”)。
②M中碳原子的杂化类型为___________，不同杂化类型的碳原子数之比为___________。
(3)碳的有机物常作为金属有机化合物的配体，如EDTA(乙二胺四乙酸)。EDTA与Ca2+形成的配离子如图所示。该配离子的配位数是___________，配体中碳原子的杂化方式有_________。
(4)石墨晶体由层状石墨“分子”按ABAB方式堆积而成，如图所示，图中用实线标出了石墨的一个六方晶胞。
①石墨中C原子上未参与杂化的所有p轨道相互平行且重叠，使p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动而导电。六方氮化硼(BN)与石墨晶体结构类似，硼原子和氮原子交替相连，而六方BN却无法导电，其原因是___________。
②晶胞有两个基本要素：石墨一种晶胞结构和部分晶胞参数如图。
a.原子坐标参数描述的是晶胞内原子间的相对位置。石墨晶胞中碳原子A、B的坐标参数分别为A(0，0，0)、B（0，1，)，则C原子的坐标参数为___________。
b. 晶胞参数用以描述晶胞的大小和形状。已知石墨晶胞底边长为acm，层间距为 d cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则石墨的密度为___________g·cm－3(写出表达式即可)
【答案】 (1). (2). 正四面体 (3). 小于 (4). sp2、sp3杂化 (5). 7︰2 (6). 6 (7). sp2和sp3杂化 (8). 氮的电负性较大，相互平行且重叠p轨道（或大兀键）上的电子在很大程度上被定域在氮的周围，不能自由流动 (9). (10).
【解析】
【分析】
（1）碳原子价电子排布式为2s22p2；
(2) 氰酸铵中阳离子为NH4+离子；
①对结构相似的有机物，其分子量越大沸点就越高；
②M中含有C-C、苯环以及C=O；
（3）由图可知，EDTA与Ca2+形成的配离子中为Ca2+中心离子，EDTA中N、O原子与Ca2+之间形成配位键；EDTA中含有饱和碳原子和—COO—；
（4）①由于N和B的电负性相差较大；
②a.由B点坐标可得，a=1，d=1/2，所以C点坐标（1，1，1/2）；
b. 由石墨的晶胞结构得晶胞中C原子的数量为1+2×1/2+8×1/8+4×1/4=4,晶胞体积为2d×a×a×sin60°=。
【详解】（1）碳原子价电子排布式为2s22p2，根据能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，其价电子原子轨道表示式为，故答案为：；
(2) 氰酸铵中阳离子为NH4+离子，NH4+离子中N原子价层电子对数为4，孤对电子数为0，故空间构型为正四面体形，故答案为：正四面体；
①对结构相似的有机物，其分子量越大沸点就越高，所以沸点M小于N，故答案为：小于；
②因为M中含有C-C、苯环以及—COO—，所以M中C原子的杂化方式为sp2、sp3杂化，两种杂化方式的碳原子比例为：（6+1）:2=7:2，故答案为：sp2和sp3杂化；7:2；
（3）由图可知，EDTA与Ca2+形成的配离子中为Ca2+中心离子，EDTA中N、O原子与Ca2+之间形成配位键，Ca2+的配位数为6；EDTA中含有饱和碳原子和—COO—，故C原子的杂化方式为sp2、sp3杂化，故答案为：6；sp2和sp3杂化；
（4）①由于N和B电负性相差较大，在六方氮化硼晶体中相互平行且重叠p轨道（或大兀键）上的电子在很大程度上被定域在N原子的周围，不能自由流动，故不能导电，故答案为：氮的电负性较大，相互平行且重叠p轨道（或大兀键）上的电子在很大程度上被定域在氮的周围，不能自由流动；
②a.由B点坐标可得，a=1，d=1/2，所以C点坐标为（1，1，1/2），故答案为：（1，1，1/2）；
b. 由石墨的晶胞结构得晶胞中C原子的数量为1+2×1/2+8×1/8+4×1/4=4,晶胞体积为2d×a×a×sin60°=，则石墨的密度为，故答案为：。
【点睛】杂化类型判断可以根据分子结构式进行推断，杂化轨道数＝中心原子孤电子对数(未参与成键)＋中心原子形成的σ键个数；根据分子的空间构型推断杂化方式：①只要分子构型为直线形的，中心原子均为sp杂化，同理，只要中心原子是sp杂化的，分子构型均为直线形；②只要分子构型为平面三角形的，中心原子均为sp2杂化；③只要分子中的原子不在同一平面内的，中心原子均是sp3杂化；④V形分子的判断需要借助孤电子对数，孤电子对数是1的中心原子是sp2杂化，孤电子对数是2的中心原子是sp3杂化。
12.高聚物I和J在生产、生活中有广泛应用，其合成路线如图:
芳香烃R的分子式为C9H10，其苯环上只有一个取代基，R与H21:1加成后产物的核磁共振氢谱中有5组峰，峰面积之比为1:2:2:1:6。
已知: R'CH=CH2R'CH2CH2Br
回答下列问题:
(1)芳香烃R分子的官能团是_________(填官能团符号)，R的最简单同系物是_____(填化学名称)。
(2)反应②的化学方程式为__________________。
(3)③和⑦的反应类型分别属于____________、______________________。
(4)高聚物J的结构简式为________________________。
(5)反应⑥的反应条件是______________________。
(6)H与T互为同分异构体，符合下列性质特征的H分子共有________种。
①能发生银镜反应②和氯化铁溶液反应显紫色③能使溴的四氧化碳溶液褪色
(7)仿照上述合成路线，设计一条以R为主要原料制备的合成路线(无机试剂任选):____________________________________________________。
【答案】 (1). (2). 苯乙烯 (3). (4). 氧化区应 (5). 酯化反应或取代反应 (6). (7). 浓硫酸、加热 (8). 16 (9).
【解析】
试题分析：芳香烃R的分子式为C9H10，其苯环上只有一个取代基，R与H21:1加成后产物的核磁共振氢谱中有5组峰，峰面积之比为1:2:2:1:6，R的结构简式是；与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成X，X是,在氢氧化钠的水溶液中水解为Y，Y是，催化氧化为Z，Z是；被银氨溶液氧化为W，W是；发生缩聚反应生成J，则J是；在浓硫酸作用下发生消去反应生成T，T是；与乙醇发生酯化反应生成M，M是；一定条件下发生加聚反应生成I，I是；
解析：根据以上分析，(1)芳香烃R是，含的官能团是，R的最简单同系物含有1个苯环和1个碳碳双键，名称是苯乙烯。
(2) 在氢氧化钠的水溶液中水解为的化学方程式为。
(3) 生成是氧化反应，与乙醇生成的反应类型是酯化反应。
(4) 发生缩聚反应生成高聚物J，J的结构简式为。
(5) 在浓硫酸作用下、加热，发生消去反应生成。
(6)①能发生银镜反应，说明含有醛基；②和氯化铁溶液反应显紫色，说明含有酚羟基；③能使溴的四氧化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键，符合条件的的同分异构体有、、、、、、、、、、、、、、、，共16种。
(7) 根据R'CH=CH2R'CH2CH2Br，
，在氢氧化钠的水溶液中水解为，催化氧化为，以为主要原料制备的合成路线是：。
1.下列括号中的分离方法运用得当的是( )
A. 植物油和自来水(蒸馏)
B. 水溶液中的食盐和碘(分液)
C. 碳酸钙和氯化钙固体混合物(溶解、过滤、蒸发)
D. 自来水中的杂质(萃取)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 植物油和自来水是不互溶的液体混合物，可以用分液的方法分离，故错误；B. 碘在水中的溶解度小，可以用有机物溶剂进行萃取，故错误；C. 碳酸钙不溶于水，氯化钙固体溶于水，可以用溶解、过滤、蒸发的方法分离，故正确；D. 自来水中的杂质可以用蒸馏的方法分离，故错误。故选C。
【点睛】掌握分离和提出的方法，不互溶的液体混合物用分液的方法分离，从溶液中分离固体溶质的方法为蒸发，从水溶液中分离碘或溴通常用萃取的方法。制取蒸馏水用蒸馏的方法。
2.下列化学用语正确的是
A. 雕刻玻璃试剂主要成分的电子式为：
B. 新制氯水中含氧酸的结构式：H—Cl—O
C. S2-的结构示意图
D. 标准状况下密度为1.25g/L的气态烃的球棍模型：
【答案】D
【解析】
【分析】
A、HF是共价化合物；
B、次氯酸结构式中O分别与H和Cl相连；
C、S2-最外层8个电子；
D、乙烯碳与碳之间形成双键。
【详解】A、HF是共价化合物，雕刻玻璃的试剂主要成分的电子式为：，故A错误；
B、次氯酸结构式中O分别与H和Cl相连，新制氯水中含氧酸的结构式：H—O—Cl，故B错误；
C、S2-最外层8个电子，结构示意图，故C错误；
D、标准状况下密度为1.25g/L的气态烃为乙烯，乙烯碳与碳之间形成双键，球棍模型：，故D正确。
故选D。
3.在pH=1的溶液中能大量共存的一组离子或分子是
A. Na+、Mg2+、ClO-、NO3-
B. Al3+、 NH4+、 Br-、Cl-
C. K+、Cr2O72-、CH3CHO、 SO42-
D. Na+、K+、SiO32-、Cl-
【答案】B
【解析】
【分析】
在pH=1的溶液为酸性溶液，存在大量的H+，题目中ClO-、SiO32-分别与H+反应生成弱电解质而不能大量共存，在酸性条件下Cr2O72-与CH3CHO发生氧化还原反应而不能大量共存。
【详解】A．酸性环境下ClO-与H+反应生成弱电解质次氯酸，不能大量存在，故A错误；
B．酸性条件下，Al3+、NH4+、Br-、Cl-之间都不发生离子反应，能大量共存，故B正确；
C．在酸性条件下Cr2O72-有强氧化性，能与CH3CHO发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；
D．SiO32-与H+反应生成弱电解质硅酸，且硅酸难溶于水，溶液中不能大量存在SiO32-，故D错误；
故答案为B。
4.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是
A. 标准状况下，2.24L苯中含有碳碳双键数为0.3NA
B. 6.4gS2、S4和S8的混合物中所含硫原子数为0.2NA
C. 1L0.1mol·L-1的氢碘酸中含碘化氢分子数为0.1NA
D. 60g乙酸与足量乙醇发生酯化反应时断裂的C-O键数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 苯在标准状况下为液体，不可利用气体摩尔体积计算，且苯中不含碳碳双键，故A错误；
B. 6.4gS2、S4和S8的混合物中所含硫原子数×NAmol-1=0.2NA，故B正确；
C.氢碘酸为强酸，在溶液中完全电离，不存在碘化氢分子，故C错误；
D. 酯化反应是可逆反应，不可进行到底，无法计算断裂的C-O键数，故D错误；
答案：B
5.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。W的单质与H2在暗处能剧烈化合并发生爆炸，X的周期数等于族序数，X与Y形成的化合物与水反应产生白色沉淀和H2Y气体。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：W
【答案】D
【解析】
分析】
首先这些元素都是短周期元素。W的单质与H2在暗处能剧烈化合并发生爆炸，说明W是F元素，H2Y中Y的化合价是-2，易知Y是O或者S，考虑到H2Y是某化合物和水反应得到，说明Y必是S元素，X的周期数等于族序数说明X是H、Be或者Al，X和Y形成的化合物与水反应，说明发生阴阳离子的水解，合理的推断是X是Al元素，继而XY形成的化合物为Al2S3，其水解得到白色沉淀Al(OH)3和H2S气体，又W、X、Y、Z是原子序数依次增大，Z是Cl元素。
故W、X、Y、Z是F、Al、S、Cl。
【详解】A.离子半径判断原则是先看电子层数，“层大径大”，然后核电荷数，其越大半径越小。W、X、Z构成的离子分别为F-、Al3+、Cl-，根据半径判断原则分析，可知F->Al3+，A项错误；
B.简单阴离子的还原性的判断规律是该元素的非金属性越强，则对应简单离子失电子越难，还原性越弱。W、Y、Z分别是F、S、Cl，根据上述原则，非金属性F>Cl>S，因而对应简单离子还原性是F-
D. X、Z的最高价氧化物的水化物分别是Al(OH)3和HClO4，两者可以发生酸碱中和反应，D项正确。
故答案选D。
6.镁电池作为一种低成本、高安全的储能装置，正受到国内外广大科研人员的关注。一种以固态含Mg2+的化合物为电解质的镁电池的总反应如下。下列说法错误的是
xMg+V2O5 MgxV2O5
A. 充电时，阳极质量减小
B. 充电时，阴极反应式：Mg2++2e－=Mg
C. 放电时，正极反应式为：V2O5+xMg2++2xe－=MgxV2O5
D. 放电时，电路中每流过2mol电子，固体电解质中有2molMg2+迁移至正极
【答案】D
【解析】
【分析】
根据电池反应可知该电池为二次电池，放电时，Mg易失电子，作负极，因而V2O5作正极。
【详解】A.放电时V2O5作正极，生成MgxV2O5（结合V元素的价态变化以及V元素在不同物质中的存在便可判断），充电时阳极为V2O5这一端，逆向看总反应，这时MgxV2O5变为V2O5，显然质量减小，A项正确；
B.放电时，负极电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，那么充电时，阴极为Mg这一端，电极反应式与负极完全相反，因而阴极反应式为Mg2++2e－=Mg，B项正确；
C.放电时，V元素降价，V2O5作正极，V2O5变为MgxV2O5，根据缺项配平原则，反应物还需补充Mg2+，因而正极反应式为V2O5+xMg2++2xe－=MgxV2O5，C项正确；
D.放电时，正极反应式为 V2O5+xMg2++2xe－=MgxV2O5，n(Mg2+)：n(e-)=x：2x=1：2，当电路流过2mol电子，根据比例关系，有1molMg2+在正极消耗，即固体电解质中有1molMg2+迁移至正极，D项错误。
故答案选D。
7.已知：pKa=－lgKa。25℃时，几种弱酸的pKa值如下表所示。下列说法正确的是
弱酸的化学式
CH3COOH
HCOOH
H2SO3
pKa
4.74
3.74
1.90 7.20
A. 向Na2SO3溶液中加入过量乙酸，反应生成SO2
B. 25℃时，pH=8的甲酸钠溶液中，c( HCOOH)=9.9×10－7mol·L-1
C. 25℃时，某乙酸溶液pH=a，则等浓度的甲酸pH=a－1
D. 相同温度下，等浓度的 HCOONa溶液比Na2SO3溶液的pH大
【答案】B
【解析】
【详解】根据表格数据分析，酸性顺序为：H2SO3 >HCOOH >CH3COOH > HSO3-。
A.因为乙酸的酸性大于亚硫酸氢根离子，所以亚硫酸钠和乙酸反应生成亚硫酸氢钠和乙酸钠，故A错误；
B.甲酸钠溶液因为甲酸根离子水解溶液显碱性，且存在质子守恒，c(OH-)=c(H+) +c(HCOOH)，因为溶液的pH=8，所以c(OH-)= 10-6 mol·L-1，c(H+)=10-8 mol·L-1，所以c( HCOOH)=9.9×10－7mol·L-1，故B正确；
C.等浓度的乙酸和甲酸溶液中存在电离平衡，假设甲酸溶液的pH＝ｂ，，，计算b=a-0.5，故C错误；
D.因为甲酸的酸性比亚硫酸氢根离子酸性强，所以同温度下，等浓度的溶液中甲酸根离子水解程度小于亚硫酸根离子水解程度，即等浓度的甲酸钠的pH小于亚硫酸钠，故D错误。
故选B。
【点睛】掌握溶液中的守恒关系，如物料守恒和电荷守恒以及质子守恒，本题中B选项是难点，一般认为用电离平衡常数或水解平衡常数进行解题，但是题目中未给出盐溶液的物质的量浓度，不能计算，但使用质子守恒就会轻松解题。所以要多角度分析和解题。
8.明矾石的主要成分是K2SO4·Al2(SO4)3·2Al 2O3·6H2O，还含有少量Fe2O3杂质。利用明矾石制备氢氧化铝的流程如下：
（1）焙烧炉中发生反应的化学方程式为2Al2(SO4)3＋3S 2Al 2O3 ＋9SO2，该反应的氧化剂是______________，若生成1molAl2O3，则转移的电子数为____________________。
（2）将标况下1.12L炉气通入100mL 0.5mol·L-1 NaOH溶液中，得到一种酸性溶液，则该溶液中各种离子浓度由大到小的排列顺序为___________________________________。
（3）熟料溶解时反应的离子方程式为_________________________。
（4）母液中溶质主要成分的化学式为____________、_____________，溶液调节pH后经过滤、洗涤可得Al(OH)3沉淀，证明沉淀已洗涤干净的实验操作和现象是 ________________。
【答案】 (1). Al2(SO4) 3 (2). 3.612×1024 (3). c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-) (4). Al2O3 +2OH- =2AlO2- + H2O (5). K2SO4 (6). Na2SO4 (7). 取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成则已洗涤干净
【解析】
【分析】
（1）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；再根据N=nNA转移电子数目；
（2）根据反应后溶液中溶质为NaHSO3，溶液呈碱性，判断溶液中各离子的浓度大小；
（3）熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠；
（4）母液中离子主要为K+，Na+，SO42-；通过检验硫酸根离子的方法进行试验。
【详解】（1）反应中硫元素的化合价由Al2（SO4）3中的+6价降低为SO2的+4价，故Al2（SO4）3为氧化剂，反应中硫单质中硫元素的化合价由0价升高为SO2的+4价，硫单质为还原剂，生成1molAl2O3时需要硫的物质的量为1mol×3/2=1.5mol，转移电子的物质的量为1.5mol×4=6mol，转移电子数目为6mol×6.02×1023mol-1=3.612×1024，故答案为：故Al2（SO4）3，3.612×1024。
（2）1.12L二氧化硫的物质的量为1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，n（NaOH）=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，n（SO2）：n（NaOH）=1：1，故反应后溶液中溶质为NaHSO3，溶液呈碱性，说明HSO3-的电离程度大于水解程度，同时水解生成氢离子，故c(H+)>c(SO32-)，HSO3-的电离程度不大，故c(HSO3-)>c(H+)，溶液c（OH-）等于水电离生成，浓度很小，故溶液中各种离子浓度由大到小的排列顺序为c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)，故答案为：c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)。
（3）由工艺流程可以知道，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，离子方程式为：Al2O3 +2OH- =2AlO2- + H2O，故答案为：Al2O3 +2OH- =2AlO2- + H2O。
（4）由工艺流程可以知道，熟料溶解所得到的溶液中含有K+，Na+，SO42-，AlO2-，OH-等，加硫酸调节pH值，AlO2-转化为Al(OH)3，母液中离子主要为K+，Na+，SO42-，含有溶质为K2SO4、Na2SO4；Al(OH)3沉淀具有吸附性，可吸附硫酸根离子，通过检验硫酸根离子的方法进行试验，方法为取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成则已洗涤干净，故答案为：K2SO4、Na2SO4；取最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成则已洗涤干净。
9.废旧电池的回收处理，既能减少对环境的污染，又能实现资源的再生利用。将废旧锌锰电池初步处理后，所得废料含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe等，用该废料制备Zn和MnO2的一种工艺流程如下：
已知：
①Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化
②有关Ksp数据如下表所示
化合物
Mn(OH)2
Zn(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10-13
10-17
10-38
回答下列问题：
(1)还原焙烧过程中， MnOOH与炭黑反应，锰元素被还原为MnO，该反应的化学方程式为___________。传统的工艺是使用浓盐酸在加热条件下直接处理废料，缺点是___________。
(2)酸漫时一般会适当加热并不断搅拌，其作用是___________，滤渣1和滤渣2主要成分的化学式依次是___________。
(3)净化时，先通入O2再加入MnCO3，其目的是___________；已知净化时溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1mol·L－1，调节pH的合理范围是___________。
(4)电解制取MnO2时，MnO2在___________极产生。
(5)中科院研究人员将MnO2和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池，该电池可将软饮料中的葡萄糖作为燃料获得能量，装置如图所示。此装置中b极的电极反应式为______________________。
【答案】 (1). （1）2MnOOH+C 2MnO+CO↑+H2O↑ (2). 反应过程中产生氯气，造成环境污染 (3). 加快酸浸时的反应速率 (4). C、 Fe(OH)3 (5). 先将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH使Fe3+沉淀完全 (6). 3≤pH<5.5 (7). 阳 (8). C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+
【解析】
【分析】
废料中加入过量的炭黑，还原焙烧，锰元素变成二价锰离子，酸浸时得到锰离子、锌离子和亚铁离子，过量的碳黑不溶于酸，过滤变成滤渣1，溶液中需要除去亚铁离子，利用表格数据，应将亚铁离子氧化为铁离子以氢氧化铁沉淀形成分离除去，但是需要注意二价锰离子在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化，所以应先通入氧气，后加入碳酸锰调节溶液的pH值并控制二价锰离子不被氧化。最后通过电解，锌离子得到电子在阴极生成锌，二价锰离子在阳极失去电子生成二氧化锰。
【详解】（1）MnOOH与炭黑反应，锰元素被还原为MnO ，因为碳过量时生成一氧化碳，方程式为：2MnOOH+C 2MnO+CO↑+H2O↑，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，造成环境污染。
（2）加热和搅拌都可以加快酸浸时的反应速率，碳不溶于水或酸，所以滤渣1为碳，溶液中通入氧气和加入碳酸锰，使铁元素变成Fe(OH)3沉淀而分离。
（3）实验过程中需要将亚铁离子氧化并沉淀，但不能将锰元素氧化和沉淀，因为二价锰在酸性条件下很稳定，所以先通入氧气，先将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH使Fe3+沉淀完全，当铁离子浓度小于或等于10-5mol/L时认为完全沉淀，假设此时溶液中的氢氧根离子浓度为xmol/L，则有10-5×x3=10-38，解x=10-11mol/L，则溶液的pH为3，溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1mol·L－1，形成Mn(OH)2沉淀时的氢氧根离子浓度为ymol/L，则有0.1×y2=10-13，形成Zn (OH)2沉淀时的氢氧根离子浓度为zmol/L，0.1×z2=10-17，y=10-6 mol/L，z=10-8 mol/L，对应的pH分别为8和6，且Mn2+在pH高于5.5时易被O2氧化，所以应调节pH范围为3≤pH<5.5。
（4）电解过程中锰元素化合价升高，在阳极生成二氧化锰。
（5）二氧化锰做氧化剂，得到电子，在正极反应，则葡萄糖失去电子，电极反应为：C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+。
10.甲醇是一种重要的可再生能源．
(1)已知2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g)△H=a kJ/mol
CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=b kJ/mol
试写出由CH4和O2制取甲醇的热化学方程式：______．
(2)还可以通过下列反应制备甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)．甲图是反应时CO和CH3OH(g)的浓度随时间的变化情况．从反应开始到达平衡，用H2表示平均反应速率υ(H2)=______．
(3)在一容积可变的密闭容器中充入10mol CO和20mol H2，CO的平衡转化率随温度(T)、压强(P)的变化如乙图所示．
①下列说法能判断该反应达到化学平衡状态的是______．(填字母)
A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍
B．H2的体积分数不再改变
C．体系中H2的转化率和CO的转化率相等
D．体系中气体的平均摩尔质量不再改变
②比较A、B两点压强大小PA______PB(填“＞、＜、=”)．
③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L．如果反应开始时仍充入10molCO和20molH2，则在平衡状态B时容器的体积V(B)=______L．
(4)以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池(电极材料为惰性电极)．
①若KOH溶液足量，则写出电池总反应的离子方程式：______．
②若电解质溶液中KOH的物质的量为0.8mol，当有0.5mol甲醇参与反应时，电解质溶液中各种离子的物质的量浓度由大到小的顺序是______．
【答案】(1) 2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) ΔH=(a+2b)kJ/mol (2分) (2) 0.15mol/(L·min) (2分)
(3) ①BD (2分) ② ＜(2分) ③ 14L (2分) (4) ① 2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O(2分)
②C(K+)>C(CO32-)>C(HCO3-)>C(OH-)>C(H+)(2分)
【解析】
试题分析：(1) 将给出的反应分别标为：①、②，根据盖斯定律，把①+②×2可得CH4和O2制取甲醇的热化学方程式：2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) ΔH=(a+2b)kJ/mol。(2) 从图可以看出CO的浓度减小了0.75mol/L，根据反应的化学计量数，H2的浓度改变了1.5mol/L，反应达到平衡的时间为10min，则υ(H2)= 1.5mol/L÷10min=0.15mol/(L·min)。(3) ①化学反应速率之比等于化学计量数之比，不管在任何时候，H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍，A错；H2的体积分数不再改变说明体系中各物质的浓度不再改变，反应达到了平衡，B对；H2的转化率和CO的转化率相等不能说明物质的浓度不再改变和同种物质的正逆反应速率相等，C错；反应是气体物质的量改变的反应，如果反应没有达到平衡，气体的物质的量会发生改变，平均摩尔质量也会改变，现平均摩尔质量不再改变，说明气体的生成和消耗速率相等，反应到达了平衡，D对。②从图可以看出B的CO的转化率较大，根据反应的特点，压强增大平衡向正向移动，现B点的转化率较大，说明B点的压强大，故PA＜PB。③A点是CO的转化率为0.5，10 mol CO和20 mol H2反应后气体总物质的量为20mol，在B点CO的转化率为0.8，10 mol CO和20 mol H2反应后气体的总物质的量为14mol，设B点的体积为VL。则20mol︰14 mol=20L︰V，V=14L。（4）由于是在碱性电解质溶液中，产生的CO2还要与碱反应，反应的方程式为：2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O。②根据KOH和CO2的物质的量可知生成的CO2发生反应：CO2+2OH—═CO32—，CO32—+ CO2+H2O═HCO3—,0.8mol的KOH反应完时消耗0.4mol的CO2，生成0.4mol的CO32—，剩余的0.1mol的CO2与CO32—反应生成0.1mol的HCO3—，故溶液中有0.3mol的K2CO3、0.1mol的KHCO3，故离子浓度大小顺序为：C(K+)>C(CO32-)>C(HCO3-)>C(OH-)>C(H+)
考点：盖斯定律的运用、化学反应速率的计算、化学平衡的判断、电极反应的书写、盐类水解和离子浓度大小的比较。
11.碳是形成单质和化合物最多的元素，其单质及化合物有独特的性质和用途。请回答下列问题。
(1)C原子的价电子轨道表达式为______________________。
(2)碳元素是组成有机物必不可少的元素。1828年，化学家维勒首次用加热的方法将无机物氰酸铵[NH4(OCN)]转化为有机物尿素，开启了人造有机物的大门。氰酸铵中阳离子的立体构型是___________。有机物M()在一定条件下生成N()
①沸点：M___________N(填“大于”或“小于”)。
②M中碳原子的杂化类型为___________，不同杂化类型的碳原子数之比为___________。
(3)碳的有机物常作为金属有机化合物的配体，如EDTA(乙二胺四乙酸)。EDTA与Ca2+形成的配离子如图所示。该配离子的配位数是___________，配体中碳原子的杂化方式有_________。
(4)石墨晶体由层状石墨“分子”按ABAB方式堆积而成，如图所示，图中用实线标出了石墨的一个六方晶胞。
①石墨中C原子上未参与杂化的所有p轨道相互平行且重叠，使p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动而导电。六方氮化硼(BN)与石墨晶体结构类似，硼原子和氮原子交替相连，而六方BN却无法导电，其原因是___________。
②晶胞有两个基本要素：石墨一种晶胞结构和部分晶胞参数如图。
a.原子坐标参数描述的是晶胞内原子间的相对位置。石墨晶胞中碳原子A、B的坐标参数分别为A(0，0，0)、B（0，1，)，则C原子的坐标参数为___________。
b. 晶胞参数用以描述晶胞的大小和形状。已知石墨晶胞底边长为acm，层间距为 d cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则石墨的密度为___________g·cm－3(写出表达式即可)
【答案】 (1). (2). 正四面体 (3). 小于 (4). sp2、sp3杂化 (5). 7︰2 (6). 6 (7). sp2和sp3杂化 (8). 氮的电负性较大，相互平行且重叠p轨道（或大兀键）上的电子在很大程度上被定域在氮的周围，不能自由流动 (9). (10).
【解析】
【分析】
（1）碳原子价电子排布式为2s22p2；
(2) 氰酸铵中阳离子为NH4+离子；
①对结构相似的有机物，其分子量越大沸点就越高；
②M中含有C-C、苯环以及C=O；
（3）由图可知，EDTA与Ca2+形成的配离子中为Ca2+中心离子，EDTA中N、O原子与Ca2+之间形成配位键；EDTA中含有饱和碳原子和—COO—；
（4）①由于N和B的电负性相差较大；
②a.由B点坐标可得，a=1，d=1/2，所以C点坐标（1，1，1/2）；
b. 由石墨的晶胞结构得晶胞中C原子的数量为1+2×1/2+8×1/8+4×1/4=4,晶胞体积为2d×a×a×sin60°=。
【详解】（1）碳原子价电子排布式为2s22p2，根据能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则，其价电子原子轨道表示式为，故答案为：；
(2) 氰酸铵中阳离子为NH4+离子，NH4+离子中N原子价层电子对数为4，孤对电子数为0，故空间构型为正四面体形，故答案为：正四面体；
①对结构相似的有机物，其分子量越大沸点就越高，所以沸点M小于N，故答案为：小于；
②因为M中含有C-C、苯环以及—COO—，所以M中C原子的杂化方式为sp2、sp3杂化，两种杂化方式的碳原子比例为：（6+1）:2=7:2，故答案为：sp2和sp3杂化；7:2；
（3）由图可知，EDTA与Ca2+形成的配离子中为Ca2+中心离子，EDTA中N、O原子与Ca2+之间形成配位键，Ca2+的配位数为6；EDTA中含有饱和碳原子和—COO—，故C原子的杂化方式为sp2、sp3杂化，故答案为：6；sp2和sp3杂化；
（4）①由于N和B电负性相差较大，在六方氮化硼晶体中相互平行且重叠p轨道（或大兀键）上的电子在很大程度上被定域在N原子的周围，不能自由流动，故不能导电，故答案为：氮的电负性较大，相互平行且重叠p轨道（或大兀键）上的电子在很大程度上被定域在氮的周围，不能自由流动；
②a.由B点坐标可得，a=1，d=1/2，所以C点坐标为（1，1，1/2），故答案为：（1，1，1/2）；
b. 由石墨的晶胞结构得晶胞中C原子的数量为1+2×1/2+8×1/8+4×1/4=4,晶胞体积为2d×a×a×sin60°=，则石墨的密度为，故答案为：。
【点睛】杂化类型判断可以根据分子结构式进行推断，杂化轨道数＝中心原子孤电子对数(未参与成键)＋中心原子形成的σ键个数；根据分子的空间构型推断杂化方式：①只要分子构型为直线形的，中心原子均为sp杂化，同理，只要中心原子是sp杂化的，分子构型均为直线形；②只要分子构型为平面三角形的，中心原子均为sp2杂化；③只要分子中的原子不在同一平面内的，中心原子均是sp3杂化；④V形分子的判断需要借助孤电子对数，孤电子对数是1的中心原子是sp2杂化，孤电子对数是2的中心原子是sp3杂化。
12.高聚物I和J在生产、生活中有广泛应用，其合成路线如图:
芳香烃R的分子式为C9H10，其苯环上只有一个取代基，R与H21:1加成后产物的核磁共振氢谱中有5组峰，峰面积之比为1:2:2:1:6。
已知: R'CH=CH2R'CH2CH2Br
回答下列问题:
(1)芳香烃R分子的官能团是_________(填官能团符号)，R的最简单同系物是_____(填化学名称)。
(2)反应②的化学方程式为__________________。
(3)③和⑦的反应类型分别属于____________、______________________。
(4)高聚物J的结构简式为________________________。
(5)反应⑥的反应条件是______________________。
(6)H与T互为同分异构体，符合下列性质特征的H分子共有________种。
①能发生银镜反应②和氯化铁溶液反应显紫色③能使溴的四氧化碳溶液褪色
(7)仿照上述合成路线，设计一条以R为主要原料制备的合成路线(无机试剂任选):____________________________________________________。
【答案】 (1). (2). 苯乙烯 (3). (4). 氧化区应 (5). 酯化反应或取代反应 (6). (7). 浓硫酸、加热 (8). 16 (9).
【解析】
试题分析：芳香烃R的分子式为C9H10，其苯环上只有一个取代基，R与H21:1加成后产物的核磁共振氢谱中有5组峰，峰面积之比为1:2:2:1:6，R的结构简式是；与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成X，X是,在氢氧化钠的水溶液中水解为Y，Y是，催化氧化为Z，Z是；被银氨溶液氧化为W，W是；发生缩聚反应生成J，则J是；在浓硫酸作用下发生消去反应生成T，T是；与乙醇发生酯化反应生成M，M是；一定条件下发生加聚反应生成I，I是；
解析：根据以上分析，(1)芳香烃R是，含的官能团是，R的最简单同系物含有1个苯环和1个碳碳双键，名称是苯乙烯。
(2) 在氢氧化钠的水溶液中水解为的化学方程式为。
(3) 生成是氧化反应，与乙醇生成的反应类型是酯化反应。
(4) 发生缩聚反应生成高聚物J，J的结构简式为。
(5) 在浓硫酸作用下、加热，发生消去反应生成。
(6)①能发生银镜反应，说明含有醛基；②和氯化铁溶液反应显紫色，说明含有酚羟基；③能使溴的四氧化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键，符合条件的的同分异构体有、、、、、、、、、、、、、、、，共16种。
(7) 根据R'CH=CH2R'CH2CH2Br，
，在氢氧化钠的水溶液中水解为，催化氧化为，以为主要原料制备的合成路线是：。
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