吉林省长春市2021年高考化学四模试卷及答案

这是一份吉林省长春市2021年高考化学四模试卷及答案，共16页。试卷主要包含了单项选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。

 高考化学四模试卷
一、单项选择题
1.港珠澳大桥是中国建桥史上的又一伟大成就，以下有关说法错误的选项是〔   〕
A.用于大桥建设的桥梁钢为合金材料，具有强度大、耐腐蚀等性能
B.用于大桥信息传输的光导纤维主要成分是硅酸盐
C.用于铺设路面的沥青来自石油的分馏
D.用于人工岛环岛跃浪沟的热塑长纤维属于高分子材料
2.N A 表示阿伏加德罗常数的值，以下判断正确的选项是〔   〕
A.10gH218O 含有的中子数为 5 NA
B.0.5 mol·L-1 Al2(SO4)3溶液中阳离子所带电荷数为 3 NA
C.常温下，1 mol 浓硝酸与足量 Al 反响，转移电子数为 3 NA
D.标准状况下，5.6 L Cl2溶于水配成 1 L 溶液，溶液中 Cl-数为 0.25 NA
3.乙烯是根本的有机化工原料，由乙烯可合成苯乙醇，合成路线如下列图：以下说法错误的选项是〔   〕

A.乙烯转化为环氧乙烷的反响为氧化反响
B.环氧乙烷不可能所有原子共平面
C.乙烯、苯和苯乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D.苯乙醇与金属钠反响生成氢气
4.以下实验操作对应的现象和结论均正确的选项是〔   〕
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向苯和液溴的混合物中参加铁粉，将气体直接通入硝酸银溶液中
有淡黄色沉淀生成
苯与Br2发生取代反响
B
白铁皮(镀锌铁)出现破损后，浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴入几滴K3[Fe(CN)6]溶液
无明显现象
该过程一定未发生氧化复原反响
C
用坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔，在酒精灯上加热
铝箔熔化并滴落
金属铝的熔点较低
D
向酸性KMnO4和H2C2O4的混合液中参加一小块MnSO4
生成气体的速率加快，溶液迅速褪色
MnSO4可能是该反响的催化剂
A.A  
B.B  
C.C  
D.D
5.短周期主族元素 X、Y、Z、R、T原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z元素原子在同周期原子中半径最小，Y与R能形成 R2Y、R2Y2型常见离子化合物，R与T形成的化合物 R2T 能促进水的电离。以下说法错误的选项是〔   〕
A. 最高价氧化物对应水化物的酸性 X＜T
B. Z的单质能与Y的简单氢化物反响
C. 原子半径和简单离子半径均满足R＞T＞Y
D. 由X、Y、R三种元素组成的常见化合物的水溶液呈碱性
6.研究说明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生光化学烟雾，其中局部反响历程如下列图。以下说法错误的选项是〔   〕

A.整个过程中O3作催化剂和氧化剂
B.反响Ⅲ的方程式为 CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2
C.光化学烟雾中含甲醛、乙醛等有机物
D.反响Ⅰ、反响Ⅲ均属于氧化复原反响
7.我国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置(如图 1)，可与太阳能电池装置(如图 2)联合实现绿色转化。以下有关说法错误的选项是〔   〕

A. N 电极为太阳能电池的负极与图 1 装置 y 极相连     B. CO2与熔盐反响生成 和 C2O
C. x 极电极反响式为 2 C2O -4e - ═ 4CO2↑+O2↑     D. y 电极生成 12g 碳时，x 电极生成 22.4L 氧气
二、综合题
8.锑(Sb)广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件等领域，金属锑一般条
件下不与酸反响。以辉锑矿(主要成分为 Sb2S3 ， 还含有 As2S5、PbS、CuO 和 SiO2等)为原料制备金属锑，其中一种工艺流程如下：

：①浸出液主要含 HCl 和 SbCl3 ， 还含 SbCl5、CuCl2、AsCl3和 PbCl2等杂质。
②25℃时，Ksp (CuS)=1.0×10 -36 ， Ksp (PbS)=9.0×10 -29。
答复以下问题：
〔1〕“酸浸〞过程中 SbCl5和 Sb2S3 发生反响，产物中有一种淡黄色固体单质，那么该反响的化学方程式为________。
〔2〕滤渣 I 的成分是________(填化学式)。
〔3〕浸出液中参加适量 Sb 的目的是________。
〔4〕在沉淀铜、铅前，溶液中 c(Cu2+ )=0.008mol·L-1 ， c(Pb2+ )=0.065mol·L-1。沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是________(填化学式)；当溶液中 c(Pb2+ )= 4.5×10-4 mol·L-1 时，溶液中 c(Cu2+ )=________ mol·L-1。
〔5〕“除砷〞过程中用到的 NaH2PO2溶液呈弱碱性且不与 NaOH 溶液反响，写出NaH2PO2溶液中离子浓度由大到小的顺序为________。
〔6〕在“电解〞过程中，以惰性材料为电极，阳极的电极反响式为________。
9.己二酸是一种二元弱酸，通常为白色结晶体，微溶于冷水，易溶于热水和乙醇。实验室以环己醇( )为原料制取己二酸 的实验流程如图：

：①“氧化〞过程在(如图1所示)三颈烧瓶中进行，发生的主要反响为： KOOC(CH2)4COOK △H＜0
②不同温度下，相关物质在水中的溶解度：
物质
己二酸
氯化钠
氯化钾
25℃时溶解度/g
2.1
36.1
34.3
70℃时溶解度/g
68
37.8
48
100℃时溶解度/g
160
39.5
56.3
答复以下问题：
〔1〕图1中冷却水从冷凝管________(填“a〞或“b〞)口流入。

〔2〕“氧化〞过程，不同环己醇滴速下，溶液温度随时间变化曲线如图2，应选择的环己醇滴速为________滴/min，选择的理由是________。
〔3〕流程中操作1为________(填“趁热〞或“冷却〞)减压过滤，减压过滤的优点是________。(答出一点即可)
〔4〕流程中最后一次洗涤沉淀的方法为___________(填字母)。
A.用乙醇洗涤
B.用热水洗涤
C.用冷水洗涤
〔5〕除去己二酸晶体中含有的氯化钠杂质采取的实验方法为________。
〔6〕称取己二酸(M=146g/mol)样品 0.2920g，用新煮沸的50.00mL 热水溶解，滴入2滴酚酞试液作指示剂，用 0.1500mol·L-1 NaOH 溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗 NaOH 的平均体积为20.00mL，计算己二酸样品的纯度。(：己二酸氢钠溶液呈弱酸性)
①滴定终点的现象为：滴入最后一滴NaOH 溶液，________。
②己二酸样品的纯度为________。
10.氨气是一种重要的化工原料。
〔1〕I． 298K、101kPa 下，合成氨反响的能量变化如图1所示(ad表示被催化剂吸附，反响历程中粒子均为气态)。

该条件下，N2(g)+3H2(g) 2NH3 (g) ΔH =________。
〔2〕反响历程中决定合成氨反响速率的一步反响的热化学方程式为________。
〔3〕改变以下某一条件，既能加快合成氨反响速率又能提高氮气的平衡转化率的是___________(填字母)。
A.升高温度
B.增大压强
C.增加 N2的量
D.及时别离氨气
Ⅱ．以氨气作复原剂，可除去烟气中的氮氧化物。其中除去 NO 的反响原理如下：4NH3 (g)+6NO(g) 5N2 (g)+6H2 O(g) ΔH= −1980 kJ/mol
〔4〕反响速率与浓度之间存在如下关系：v正=k正 c4 (NH3 )·c6 (NO)，v逆 =k逆 c5 (N2 )·c6 (H2O) 。k正 、k逆 为速率常数，只受温度影响。350℃时，在 2L 恒容密闭容器中，通入 0.9mol NH3(g)和 1.2mol NO(g)发生反响，保持温度不变，平衡时 NO 的转化率为 50%，那么此温度下 ________；当温度升高时，k正增大 m 倍，k逆增大 n 倍，那么m ________ n(填“＞〞、“＜〞或“=〞)。
〔5〕初始投料量一定，平衡时 NO 的转化率与温度、压强的关系如图 2 所示，那么 P1、P2、P3 由大到小的顺序为________，原因是________。

〔6〕保持温度不变，在恒容密闭容器中按一定比充入 NH3(g)和NO(g)发生反响，到达平衡时H2O(g)的体积分数 φ(H2O)随 的变化如图 3 所示，当 时，到达平衡时 φ(H2O)可能是 A，B，C 三点中的________(填“A〞、“B〞或“C〞)。
11.卤族元素是重要的非金属元素，用途广泛。答复以下问题：
〔1〕卤族元素位于元素周期表________区，其中电负性最大的是________(填元素符号)。
〔2〕基态氟原子核外有________种运动状态不同的电子，其中含有单电子的轨道形状为________。
〔3〕溴元素对应的含氧酸 HBrO4酸性比 HBrO3酸性________(填“强〞或“弱〞)，原因是________。
〔4〕化合物 I3 AsF6为离子化合物，其中阳离子(I )中心原子的杂化方式为________。该晶体中不含有的化学键类型为________(填选项字母)。
a．配位键       b．金属键          c．极性键           d．非极性键
〔5〕由钾、氧、碘三种元素构成的晶体晶胞结构如图1所示。那么该晶体的化学式为________，晶胞中位置与 K+紧邻的 O 的个数为________。

〔6〕有“点缺陷〞的 NaCl 晶体可导电，其结构如图 2 所示。有人认为：高温下有“点缺陷〞的 NaCl 晶体能导电，是因为 Na＋经过一个由 3 个 Cl-组成的最小三角形窗孔(如图 3 所示)，迁移到另一空位而造成的。立方体边长 a=282pm，粒子半径 r(Na＋)=115pm，r(Cl-)=167pm，计算内切圆半径 r内的值并判断该观点是否正确________。(： )
12.一种药物中间体(H)的合成路线如下：

：①同一碳原子上连两个羟基不稳定，发生如下反响： →R—CHO+H2O
②R—CHO+R1—CH2COOH R—CH=CHR1+H2O+CO2↑
答复以下问题：
〔1〕A的化学名称为________，H中所含官能团的名称为________。
〔2〕D的结构简式为________，G→H的反响类型为________。
〔3〕E→F的化学反响方程式为________。
〔4〕X是G 的同分异构体，写出满足以下条件的X 的结构简式________(写一种即可)。
①与碳酸氢钠溶液反响生成二氧化碳
②与 FeC13溶液发生显色反响
③苯环上的取代基不超过四个且苯环上的一氯代物只有一种
〔5〕参照上述合成路线，设计由 和CH3COOH 制备 的合成路线 ________(无机试剂任选)。

答案解析局部
一、单项选择题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A．钢为铁碳合金，属于金属材料，强度大、耐腐蚀，A不符合题意；
B．光导纤维主要成分是二氧化硅，B符合题意；
C．石油分馏可以得到汽油、柴油、润滑油和沥青等馏分，C不符合题意；
D．热塑长纤维为纤维的一种，属于高分子材料，D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.钢属于合金，强度大且耐腐蚀；
B.光导纤维主要以二氧化硅为主要成分；
C.石油分馏可以得到汽油、柴油、润滑油和沥青；
D.热塑长纤维属于分子长链构成的高分子材料。
2.【答案】 A
【解析】【解答】A．H218O的摩尔质量为20g/mol，含10个中子，10g H218O的物质的量为n=m/M=10/20mol=0.5mol，含有的中子数为5NA ， 故A符合题意；
B．溶液的体积未知不能计算物质的量，且铝离子会发生水解，那么不能计算溶液中阳离子所带电荷数，故B不符合题意；
C．常温下，浓硝酸与Al会钝化，浓硝酸未完全反响，不能算出转移的电子数目，故C不符合题意；
D．标准状况下，5.6 L Cl2的物质的量为n=V/Vm=5.6L/22.4L/mol=0.25mol，氯气和水反响是可逆反响，溶液中 Cl-数小于0.25 NA ， 故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.元素质子数固定，根据质量数和质子数计算中子数，再根据题目条件计算中子数即可；
B.离子溶液用阿伏伽德罗常数表示要注意是否标注溶液体积，并且注意离子是否是完全电离，有无水解现象；
C.注意反响在题目条件下是否会发生，浓硝酸会钝化金属外表而导致反响停滞；
D.气体用阿伏伽德罗常数表示时要注意标准状况是否提及，其次注意涉及到的反响是否为可逆反响。
3.【答案】 C
【解析】【解答】A．有机化学反响中得氧或失氢为氧化反响，所以乙烯与氧气在催化剂的作用下反响生成环氧乙烷的反响为氧化反响，故A不选；
B．环氧乙烷中含有 ，所以环氧乙烷中不可能所有原子共面，故B不选；
C．乙烯含碳碳双键，苯乙醇含有羟基均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯环能使酸性高锰酸钾溶液褪色，应选C；
D．苯乙醇中的羟基能与Na反响生成氢气，故D不选；
故答案为：C。

【分析】A.有机化学得氧失氢为氧化反响，失氧加氢为复原反响；
B.C原子均为单键存在的情况不可能所有原子共平面；
C.双键、羟基、苯取代基均可使酸性高锰酸钾褪色，而苯环不行；
D.苯乙醇的羟基可以和Na反响生成氢气。
4.【答案】 D
【解析】【解答】A．苯与液溴在铁粉催化作用下会发生取代反响生成溴苯和HBr，因为液溴易挥发，挥发的溴单质气体直接通入硝酸银溶液中也会产生淡黄色沉淀，不能得到结论，A不符合题意；
B．锌的活泼性大于铁的，白铁皮(镀锌铁)出现破损后，浸泡在饱和食盐水中会形成原电池，锌作负极发生失电子的氧化反响生成锌离子，而铁被保护，不会生成亚铁离子，那么结论不符合题意，B不符合题意；
C．铝的熔点低，加热会融化，但氧化铝熔点高，加热时氧化膜包裹着内层融化了的铝而不会滴落，实验现象和结论不符合题意，C不符合题意；
D．向酸性KMnO4和H2C2O4的混合液中参加一小块MnSO4 ， 生成气体的速率加快，溶液迅速褪色，说明反响中参加的硫酸锰固体起到催化剂作用，操作、现象和结论均符合题意，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.液溴易挥发，会在检验装置处形成误差干扰；
B.金属锌活泼型强于铁，构成原电池溶液不会有亚铁离子产生；
C.铝箔在加热融化时会在外表产生氧化膜而包裹住铝使之不低落；
D.催化剂能够加快反响速率，使反响快速进行。
5.【答案】 C
【解析】【解答】A．非金属性：X(C)＜T(S)，因此最高价氧化物对应水化物的酸性 X＜T，A不符合题意；
B．Z(F)的单质为F2 ， Y(C)的简单氢化物为H2O，2F2+2H2O=4HF+O2 ， B不符合题意；
C．R、T、Y分别为Na、S、O，电子层数越多，微粒半径越大，电子层数相同，核电荷数越小的半径越大，因此原子半径：R＞T＞Y，离子半径： T＞Y＞R，C符合题意；
D．由X(C)、Y(O)、R(Na)三种元素组成的常见化合物为Na2CO3 ， Na2CO3水溶液因碳酸根离子水解呈碱性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】短周期主族元素 X、Y、Z、R、T原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，那么X为C；Z元素原子在同周期原子中半径最小，那么Z为F；Y与R能形成 R2Y、R2Y2型常见离子化合物，那么R为Na，Y为O；R(Na)与T形成的化合物 R2T 能促进水的电离，那么T为S，综上所述，X、Y、Z、R、T分别为C、O、F、Na、S。
6.【答案】 A
【解析】【解答】A．催化剂：反响前后质量和性质不发生改变，根据过程，O3只参与反响，没有O3的生成，因此O3不是催化剂，选项A符合题意；
B．根据过程，反响III：CH2=CHCH3和O3参与反响，生成HCHO、CH3CHO、O2 ， 即反响方程式为CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2 ， 选项B不符合题意；
C．根据反响过程，反响Ⅱ生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等有机物，选项C不符合题意；
D．反响I：O3＋3NO=3NO2 ， 存在化合价的变化，属于氧化复原反响，反响Ⅲ：CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2 ， 存在化合价的变化，属于氧化复原反响，选项D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.催化剂在反响前后质量和性质不变，改变反响所需活化能但不进入生成物；
B.根据图表写反响式要将反响前后涉及的基团全部列出，再一 一进行判断配平；
C.根据图表看出生成物和反响副产物来判断是否会在光化学烟雾中含有；
D.看反响前后有无元素化合价发生改变，有改变说明是氧化复原反响。
7.【答案】 D
【解析】【解答】A．由分析可知，图1中y电极发生 复原反响，那么为电解池的阴极，N为电池的负极，所以y电极与N电极相连，故A不选；
B．图1中发生 ，故B不选；
C．x为电解池的阳极，失去电子发生氧化反响：2 C2O -4e - ═ 4CO2↑+O2↑，故C不选；
D．未指明是否处于标况下，所以无法计算氧气的体积；假设为标况，y电极每生成12gC(1molC)时，1mol 得到4mol电子，根据电子守恒可知，x电极会有22.4L 生成，
故答案为：D。
【分析】由图2分析分析可知，N电极为电池负极，图2中P电极为电池的正极；y电极得到电子发生复原反响，x失电子发生氧化反响，那么图1中的y电极与图2中的N电极相连接，x电极与p电极相连。据此分析可得：
二、综合题
8.【答案】 〔1〕3SbCl5+Sb2S3 =3S↓+5SbCl3
〔2〕S、SiO2
〔3〕将Sb5+(SbCl5)复原为Sb3+ (SbCl3)
〔4〕CuS；5.0 10-12
〔5〕c(Na+)> c( )> c(OH-)> c(H+)
〔6〕2Cl--2e-=Cl2↑
【解析】【解答】(1)“酸浸〞过程中 SbCl5和 Sb2S3 发生反响，产物中有一种淡黄色固体单质S，浸出液主要含 HCl 和 SbCl3 ， 还含 SbCl5、CuCl2、AsCl3和 PbCl2等杂质，故反响物为SbCl5和Sb2S3 ， 生成物为S、SbCl3 ， 结合氧化复原反响配平可得反响的化学方程式为3SbCl5+Sb2S3 =3S↓+5SbCl3；
 
(2)辉锑矿中的SiO2在酸浸时不与酸反响，不溶于酸，且酸浸时产物中有一种淡黄色固体单质，故滤渣 I 的成分是S、SiO2；
(3)浸出液含 SbCl5等杂质，即SbCl5没有完全转化，应将其复原为SbCl3)浸出液中参加适量 Sb 的目的是将Sb5+(SbCl5)复原为Sb3+ (SbCl3)；
(4)根据25℃时，Ksp (CuS)=1.0×10 -36 ， Ksp (PbS)=9.0×10 -29可知，Ksp (CuS)< Ksp (PbS)，沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是CuS；当溶液中 c(Pb2+ )= 4.5×10-4 mol·L-1 时，Ksp(PbS)= c(Pb2+ ) c(S2- )=9.0×10 -29 ， 解得c(S2- )= =2.0×10 -25 ， 溶液中 c(Cu2+ )= = = 5.0 mol·L-1；
(5)“除砷〞过程中用到的 NaH2PO2溶液呈弱碱性且不与 NaOH 溶液反响，那么H3PO2为一元弱酸，NaH2PO2为正盐，NaH2PO2溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c( )>c(OH-)>c(H+)；
(6)在“电解〞过程中，以惰性材料为电极，电解SbCl3溶液，阳极上氯离子失电子产生氯气的电极反响式为2Cl--2e-=Cl2↑。
【分析】辉锑矿(主要成分为 Sb2S3 ， 还含有 As2S5、PbS、CuO 和 SiO2等)为原料参加盐酸和SbCl5进行酸浸，过滤除去S、SiO2 ， 浸出液主要含 HCl 和 SbCl3 ， 还含 SbCl5、CuCl2、AsCl3和 PbCl2等杂质，参加适量Sb复原SbCl5 ， 得到的溶液中参加硫化钠以沉铜、铅，除去滤渣ⅡCuS、PbS，滤液再参加除砷，通过一系列处理得到纯洁的SbCl3溶液，电解SbCl3溶液以制备金属锑。
 
9.【答案】 〔1〕b
〔2〕5；“氧化〞过程应在小于50℃温度下进行，由图可知滴速过快，反响器内温度升高过快，影响反响
〔3〕趁热；过滤速度快，滤出的固体容易枯燥
〔4〕C
〔5〕重结晶
〔6〕溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色；75%
【解析】【解答】(1)冷凝管中冷却水起冷凝作用，为了充分冷凝，冷凝水‘下进上出’，即冷却水从b口进；
 
(2)“氧化〞过程应在小于50℃温度下进行，该反响为放热反响，由图可知滴速过快，反响器内温度升高过快，影响反响，为保证反响温度的稳定性〔小于50℃〕，由图可知，最好采用5滴/min；
(3)经操作1得到MnO2和氧化液，为除去杂质、防止己二酸钾析出，操作1为趁热减压过滤；减压过滤的优点是：过滤速度快，滤出的固体容易枯燥等；
(4)己二酸微溶于冷水，易溶于热水和乙醇，那么应用冷水洗涤沉淀，
故答案为：C；
(5)根据己二酸和氯化钠的溶解度随温度的变化可知，除去己二酸晶体中含有的氯化钠杂质采取的实验方法为重结晶；
(6) ①因为使用酚酞试液作指示剂，酚酞变色的pH范围为8~10，故滴定终点的现象为：当滴入最后一滴NaOH 溶液，溶液由无色变成粉红色，且半分钟内不褪色；
②由于己二酸氢钠溶液呈弱酸性，使用酚酞作指示剂，1mol己二酸含有2mol羧基，能与2molNaOH反响，那么n(己二酸)= n(NaOH)= ×0.15×20×10-3mol=1.5×10-3mol，质量为m=nM=1.5×10-3mol×146 g/mol=0.219g，样品的纯度为 ×100%=75%。
【分析】
〔1〕冷凝水‘下进上出’到达最好冷凝效果；
〔2〕判断反响为放热或吸热，放热反响那么使反响温度越低越利于反响转化率和稳定性；
〔3〕在过滤的时候假设温度降低会导致物质变质或者引入杂质等，采用趁热过滤；减压过滤加快过滤速度，并且滤饼易枯燥；
〔4〕根据被清洗的物质是否会溶于清洗剂，和别离难易度来选择清洗剂；
〔5〕根据物质溶解度随温度变化来决定杂质提纯方法，当溶解度随温度变化较大的时候优先考虑重结晶；
〔6〕酚酞作指示剂在pH增大的过程中所发生的现象描述为“当滴入最后一滴NaOH 溶液，溶液由无色变成粉红色，且半分钟内不褪色〞；注意有机物所具有的官能团数量，根据所滴定的标液的物质的量来计算所中和的物质的物质的量，进而通过相对分子质量和题目条件计算纯度即可。
10.【答案】 〔1〕-92kJ/mol
〔2〕Nad(g)+3Had(g)=NHad(g)+2Had(g) ΔH=+106kJ/mol
〔3〕B
〔4〕0.25；＜
〔5〕P1>P2>P3；反响为气体分子数增大的反响，加压平衡逆移，NO转化率减小
〔6〕C
【解析】【解答】I．(1)由合成氨能量变化图可知合成1mol NH3 (g)放出46kJ能量，因此该条件下，N2(g)+3H2(g) 2NH3 (g) ΔH=-2×46kJ/mol=-92kJ/mol；
 
(2)相同条件下，活化能越大，反响速率越慢，决定反响速率的一步为反响速率最慢的一步，即活化能最大的一步，因此反响历程中决定合成氨反响速率的一步反响的热化学方程式为Nad(g)+3Had(g)=NHad(g)+2Had(g) ΔH=+106kJ/mol；
(3)A．由(1)可知合成氨反响为放热反响，升高温度，反响速率增大，但平衡逆向移动，氮气的平衡转化率降低，A不符题意；
B．增大压强，反响速率增大，合成氨平衡正向移动，氮气的平衡转化率增大，B符题意；
C．增加N2的量，N2的浓度增大，反响速率增大，但N2的平衡转化率降低，C不符题意；
D．及时别离氨气平衡正向移动，氮气的平衡转化率增大，氮反响物浓度减小，反响速率减小，D不符题意；
选B。
Ⅱ．(4)根据以建立三段式： ，平衡时，v正= v逆 ， 即k正c4 (NH3 )·c6 (NO) =k逆c5 (N2 )·c6 (H2O)， = =0.25；温度升高，平衡4NH3 (g)+6NO(g) 5N2 (g)+6H2O(g)逆向移动，新平衡前v正< v逆 ， 升高温度瞬间各种物质的浓度不变，因此正反响速率增大倍数小于逆反响增大倍数，即m＜n；
(5)由图2可知，温度相同时，P3→P2→P1 ， NO平衡转化率减小，即P3→P2→P1为增大压强的过程，因此P1>P2>P3；原因是反响为气体分子数增大的反响，加压平衡逆移，NO转化率减小；
(6)其他条件不变， 增大，相等于n(NH3)不变，n(NO)增大，平衡正向移动，平衡时体系中n总增大，n(H2O)增大，但根据勒夏特列原理可知n(H2O)增大幅度小于n总增大幅度，因此φ(H2O)减小，可能为图中C点。
【分析】
〔1〕根据能量变化图前后反响能量变化计算反响总过程的焓变；
〔2〕决定反响速率的关键步为速率最慢的一步；
〔3〕有气体参与的反响加快反响速率的方法有升温、加压、加催化剂；提高目标物质平衡转化率，如果是放热反响那么需要降低温度，如果是前后气体增大的反响需要减小压强，或者即使别离产物；
〔4〕反响平衡时候正逆反响速率相等，列出三段式来计算平衡时候各物质的浓度来计算平衡常数；当外界条件改变的一瞬间，各物质浓度不改变，而平衡发生移动，以此来判断正逆反响平衡常数增大〔缩小〕倍数；
〔5〕前后气体增大的反响增加压强反响逆向移动，转化率减小；
〔6〕增大反响物比例，相当于增加某一反响物的量，反响正向移动，生成物的总量增加，而生成物增加的量没有总量加的多，因此相较于没有改变之前来看，生成物的体积分数是变小了的。
11.【答案】 〔1〕P；F
〔2〕9；哑铃形
〔3〕强；HBrO4酸和HBrO3酸的通式为 ，前者为 ，后者为 ，n值越大酸性越强
〔4〕sp3；b
〔5〕；24
〔6〕52pm；正确
【解析】【解答】(1)P区元素包括元素周期表中IIIA族元素~0族元素，所以卤族元素位于元素周期表的P区，同主族元素从上至下非金属的非金属性逐渐减弱，那么其电负性逐渐减弱，所以卤素中电负性最强的为F元素，故答案为：p；F；
 
(2)基态氟原子核外为含9个电子，由保里不相容原理可知，没有运动状态完全相同的电子，其核外电子运动状态由9种；其中2P轨道为含单电子轨道，p轨道是哑铃形，故答案为：9；哑铃形；
(3)溴元素对应的含氧酸HBrO4酸和HBrO3酸的通式为 ，前者为 ，后者为 ，n值越大酸性越强，所以HBrO4酸性比HBrO3酸性强，故答案为：强；HBrO4酸和 HBrO3酸的通式为 ，前者为 ，后者为 ，n值越大酸性越强；
(4)碘的价层电子对数为： ，由于中心原子只形成2个共价键，故其有2个孤电子对，中心原子的杂化类型为sp3杂化；I3 AsF6晶体中均为非金属元素，因此不含金属键，所以b正确，故答案为：sp3；b；
(5)由图一可知，I的个数为1，O的个数为 ， 个数为 ，所以该晶体的化学式为 ；与 紧邻的O原子个数为24，故答案为： ；24；
(6)该三角形窗孔为等边三角形， ， ，X=52pm。高温下，NaCl晶体导电是由于 迁移到另一空穴造成的，结合NaCl晶体结构图可知，提出的观点是正确的，故答案为：52pm；正确。
【分析】
〔1〕卤族元素位于元素周期表 P区；，同主族元素从上至下非金属的非金属性逐渐减弱，那么其电负性逐渐减弱；
〔2〕基态氟原子核外有9个游离电子，根据核外电子排布规律判断各个电子运动状态均不相同；p轨道含有单电子，属于哑铃型；
〔3〕含氧酸，根据〔OH〕判断为几元酸，所含〔OH〕越多酸性越强；
〔4〕中心原子杂化方式根据其价电子孤电子对数来决定杂化类型；非金属元素构成的晶体不含金属键；
〔5〕根据晶胞判断化学式，通过均摊法判断一个晶胞分配的原子个数，再根据原子个数判断化学式；计算离子相邻粒子个数首先判断一个晶胞内相邻的粒子个数，再判断该离子周围晶胞的个数，相乘得出结果；
〔6〕根据空间几何知识计算离子孔道空间最小面积〔内切圆〕，再根据离子尺寸和孔道作比较得出结论。
12.【答案】 〔1〕对甲基苯酚〔或4-甲基苯酚〕；酯基和醚键
〔2〕；取代反响
〔3〕+H2
〔4〕或
〔5〕
【解析】【解答】(1)A为 ，化学名称为对甲基苯酚〔或4-甲基苯酚〕，H为 ，含有的官能团的名称为酯基和醚键，故答案为：对甲基苯酚〔或4-甲基苯酚〕；酯基和醚键；
 
(2)由分析可知，D的结构简式为 ，G→H的反响类型为取代反响，故答案为： ；取代反响；
(3)E为 ，F为 ，所以E→F的化学反响方程式为 +H2 ，故答案为： +H2 ；
(4)X是G 的同分异构体，①与碳酸氢钠溶液反响生成二氧化碳，那么含有羧基；②与 FeC13溶液发生显色反响，那么说明含有酚羟基；③苯环上的取代基不超过四个且苯环上的一氯代物只有一种，故符合条件的同分异构体为： ， ，故答案为： 或 ；
(5)参照上述合成路线， 可先和氢氧化钠的水溶液发生水解生成 ， 和CH3COOH 在吡啶和苯胺的作用下生成 ， 在催化剂作用下聚合生成 ，所以合成路线为： ，故答案为： 。
【分析】A为对甲基苯酚〔 〕，和醋酸在催化剂作用下发生酯化反响生成B〔 〕，B与氯气在光照下发生取代反响生成C〔 〕，C在氢氧化钠的水溶液中发生水解后脱水生成D〔 〕，D与 反响生成E〔 〕，E与氢气加成生成F〔 〕，F与甲醇酯化生成G〔 〕，G与 发生取代反响生成H〔 〕，据此分析解答。