2021届江西省九江市高三三模考试（一）（化学）

这是一份2021届江西省九江市高三三模考试（一）（化学），共19页。试卷主要包含了单选题，简答题等内容，欢迎下载使用。

2021年江西省九江市高考化学三模试卷
一、单选题(本大题共7小题，共42分)
1. 化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法不正确的是
A. 涤纶的主要成分是聚酯纤维
B. 石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构的重新调整，使链状烃转化为环状烃，如苯或甲苯
C. “歼”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
D. 工业用乙烯直接氧化法制环氧乙烷体现了“绿色化学”和“原子经济”
【答案】C
【解析】
【详解】A．涤纶的结构简式为，即聚对苯二甲酸乙二酯，属于聚酯纤维，故A正确；
B．烃的催化重整可以使链状结构转化为环状结构，石油的成分主要是链状烃，它们在加热和催化剂的作用下，可以通过结构的重新调整，使链状烃转化为环状烃，如苯或甲苯，故B正确；
C．碳纤维主要成分为碳的单质，不是有机物，它属于新型无机非金属材料，故C错误；
D．乙烯直接氧化法制环氧乙烷的反应为2C2H4+O2(g)2，原子利用率100%，符合“绿色化学”的“原子经济性”，故D正确；
答案C。
2. 我国化学家开创性提出聚集诱导发光(AIE) 概念， HPS作为经典的AIE分子，可由如图路线合成

下列叙述正确的是
A. X中苯环上的一溴代物有5种
B. 1mol X最多与7mol H2发生加成反应
C. 生成1molHPS同时生成1molLiCl
D. HPS 可使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】
【详解】A．X中苯环上有3种H原子，则X中苯环上的一溴代物有3种，A项错误；
B．X中含两个苯环和1个碳碳三键，1molX最多与8molH2发生加成反应，B项错误；
C．对比HPS与Y的结构简式，Y与(C6H5)2SiCl2反应生成1molHPS的同时生成2molLiCl，C项错误；
D．HPS中含碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，D项正确；
答案选D。
3. 下图为某物质的结构。已知：W、Y、Z属于不同周期、不同主族的短周期元素，W、Y、Z原子最外层电子数之和等于X原子最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述错误的是

A. Y元素在周期表中的位置为第二周期IVA族
B. W、X对应的简单离子半径：X>W
C. 该物质具有强氧化性，可以用作漂白剂
D. 该物质中，Y、X原子的最外层均满足8电子结构
【答案】A
【解析】
【分析】W、Y、Z属于不同周期、不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于IIA族，X位于VIA族，W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则 Y为B元素，据此解答。
【详解】A．由分析可知， Y为B元素，原子序数为5，位于第二周期IIIA族，故A错误；
B．由分析可知， X为O元素，W为Mg元素，电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径X>W，故B正确；
C．该物质中含有O-O键，具有强氧化性，可以用作漂白剂，故C正确；
D．该化合物中O形成2个共价键，且有2个孤电子对，两个B都形成4个共价键且得两个电子，则O、B原子均满足8电子稳定结构，故D正确；
故答案选A。
4. 有一种将乙烯高效转化为环氧乙烷的电化学合成方法，如图所示。反应在KCl电解液的流动池中进行，电解结束后，将阴阳极电解液输出混合，便可生成环氧乙烷。下列说法正确的是

A. 泡沫镍电极附近溶液pH减小
B. 通电时，图中阴离子从上往下迁移通过阴离子交换膜
C. 用该方法制备环氧乙烷的过程总反应为CH2=CH2+HOCl→+HCl
D. 当电路中通过2mol电子时，泡沫镍电极上会产生22.4L气体(标准状况)
【答案】D
【解析】
【分析】由题干信息可知，铂电极上Cl-失电子转化为Cl2，铂电极为阳极，阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2，溶液中发生反应Cl2+H2OHCl+HOCl，C2H4+HOCl→HOCH2CH2Cl，ClCH2CH2OH+OH- +Cl-+H2O，阳极区总反应式为C2H4-2e-+2OH-→+H2O，镍电极为阴极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，制备的总反应式为CH2=CH2+H2O+H2↑，据此分析解题。
【详解】A．镍电极为阴极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，有OH-生成，泡沫镍电极附近溶液pH增大，A错误；
B．铂电极为阳极，镍电极为阴极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极溶液中发生反应ClCH2CH2OH+OH- +Cl-+H2O需要OH-，OH-从下往上迁移通过阴离子交换膜，B错误；
C．阳极区总反应式为C2H4-2e-+2OH-→+H2O，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，制备的总反应式为CH2=CH2+H2O+H2↑，C错误；
D．当电路中通过2mol电子时，根据电子转移守恒可知，泡沫镍电极上生成氢气为1mol，标准状况下氢气体积是22.4L，D正确；
故答案为：D。
5. 联氨可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。

下列叙述错误的是
A. 1mol可处理水中1.5molO2
B. ③中发生反应后溶液的pH增大
C. ①转化中失去电子
D. 工业上也可用处理锅炉水中的溶解氧
【答案】A
【解析】
【分析】由图示可知，反应①中CuO将N2H4氧化为N2，本身被还原为Cu2O，反应②中Cu2O和氨水反应生成Cu(NH3，元素化合价未发生变化，不是氧化还原反应，反应③中Cu(NH3被氧气氧化为Cu(NH3，据此解答。
【详解】A．根据分析，整个流程中Cu元素化合价没有发生变化，相当于被O2氧化，1mol失去4mol电子，1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒，1mol可处理水中1molO2，故A错误；
B．第②步中加入氨水，溶液呈碱性，反应③中发生反应4Cu(NH3+O2+8NH3H2O= 4Cu(NH3+6H2O+4OH-，生成氢氧根离子，导致溶液的pH增大，故B正确；
C．①转化中转化为N2，N元素化合价升高，所以失去电子，故C正确；
D．具有较强的还原性，可以和氧气发生氧化还原反应，从而除去溶解氧，故D正确；
答案选A。
6. 下列实验方案中，能达到相应实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
实验室制乙炔并检验乙炔
实验室制取少量的乙烯气体
证明酸性：碳酸>苯酚
实验室制备溴苯
实验方案





A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应装置错误，不能用圆孔隔板，滴加饱和食盐水应用分液漏斗，且制得的乙炔中混有H2S，H2S也能与酸性KMnO4反应，A错误；
B．乙醇在浓硫酸下加热到170℃发生消去，所以温度计应插入溶液中，B错误；
C．盐酸挥发出的HCl未除去，HCl会和苯酚钠反应生成苯酚，不能判断碳酸和苯酚的酸性强弱，C错误；
D．苯和液溴取代反应生成溴苯，CCl4可以溶解挥发的Br2，最后烧杯中也吸收生成的HBr，D正确。
综上所述答案为D。
7. 常温下，向氨水中滴加盐酸，溶液中由水电离出的随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是

A. 、两点均为中性溶液
B. 点溶液中，
C. 、之间的任意一点：，
D. 常温下，的电离常数K约为
【答案】D
【解析】
【分析】向20mL 0.1mol•L-1氨水中滴加0.1mol•L-1盐酸，根据图象可知，水的电离程度由小逐渐变大，后又逐渐变小，则a点溶液中溶质只有氨水，b点溶质为一水合氨和氯化铵，c点的水解程度达到最大，也是恰好完全反应点，溶质为氯化铵；再继续加入盐酸，盐酸过量抑制水的电离，溶质为氯化铵和盐酸，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，b点溶质为氯化铵与氨水，c(H+)水=10-7mol/L=c(H+)aq，则溶液呈中性，d点溶质为氯化铵和HCl，水电离的氢离子为10-7，说明对水的电离的促进程度与HCl对水的电离的抑制程度相等，此时溶液呈酸性，A错误；
B．由分析可知，点溶液为NH4Cl溶液由于水解，则，B错误；
C．a到b过程中，水电离程度不断增大，氨水不断被中和生成氯化铵，b点溶质应为氯化铵与氨水混合溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c()，溶液从碱性到中性，则a-b之间任意一点有c(H+)＜c(OH-)，结合电荷守恒得c(Cl-)＜c()，C错误；
D．由a点数据可知，常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c(H+)=10-11mol/L，则c(OH-)=mol/L=0.001mol/L，Ka==mol/L=1×10-5mol/L，D正确；
故答案为：D。
二、简答题(本大题共5小题，共70分)
8. 某校化学实验小组为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，用如图所示装置进行实验(加热装置和夹持装置均已略去，装置气密性良好，F是用于鼓入空气的双连打气球)。试回答下列问题：

（1）将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触，产生气体的化学式为_______。该操作的目的是_______。
（2）当C装置中产生白色沉淀时，立刻将B装置上提，原因是_______。
（3）将A装置中铜丝放入稀硝酸中，给A装置微微加热，A装置中产生无色气体的离子方程式是_______。E装置中开始时出现浅红棕色气体的原因是_______。
（4）用F装置向E装置中鼓人空气，E装置内气体颜色加深的原因是_______。(用化学方程式表示)。
（5）反应一段时间后，C装置中白色沉淀溶解的原因是(用两个化学方程式说明)_______，_______。
（6）D装置的作用是_______。若一定体积的，被的溶液恰好完全吸收，溶液质量增加，则x的值为_______。
【答案】（1） ①. CO2 ②. 用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳赶走装置内的空气
（2）防止消耗稀硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应
（3） ①. 3Cu＋8H++NO(稀) = 3Cu2+＋2NO↑＋4H2O ②. CO2的密度比空气的大，CO2从长管进入E装置，并没有把E装置中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气反应生成少量红棕色NO2
（4）2NO+O2=2NO2
（5） ①. 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO(或4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3) ②. CaCO3＋2HNO3=Ca(NO3)2＋CO2↑＋H2O
（6） ①. 平衡压强，吸收NO、NO2、CO2尾气，防止污染大气 ②. 1.6
【解析】
【分析】装置A中利用碳酸钙与稀硝酸反应产生二氧化碳，将装置内的空气排干净，然后再让铜与稀硝酸反应产生一氧化氮；装置E的目的是收集产生的一氧化氮，与F相连的气球中的空气挤入E中可以验证E中收集到的气体为一氧化氮；C中产生白色沉淀时，说明装置中空气已经排干净，需要将碳酸钙与稀硝酸分离，防止消耗较多的稀硝酸，影响铜与稀硝酸的反应；D装置可以起到平衡压强的作用，且其中的氢氧化钠可以吸收NO、NO2、CO2尾气，防止污染大气。
【小问1详解】
稀硝酸与碳酸钙反应产生的气体为CO2；根据分析可知该操作的目的是：用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳赶走装置内的空气；
【小问2详解】
当C装置中产生白色沉淀时，立刻将B装置上提，根据分析可知原因为：防止消耗稀硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应；
【小问3详解】
铜与稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu＋8H++NO(稀) = 3Cu2+＋2NO↑＋4H2O；E装置中开始时出现浅红棕色气体即产生了二氧化氮，可能的原因是：CO2的密度比空气的大，CO2从长管进入E装置，并没有把E装置中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气反应生成少量红棕色NO2；
【小问4详解】
颜色加深的原因是一氧化氮与氧气发生了反应：2NO+O2=2NO2；
【小问5详解】
C装置中白色沉淀溶解是因为产生的二氧化氮与水反应（或一氧化氮与氧气和水反应）生成了硝酸，硝酸与碳酸钙反应使沉淀溶解，故涉及到的化学方程式为：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO(或4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3)；CaCO3＋2HNO3=Ca(NO3)2＋CO2↑＋H2O；
【小问6详解】
根据分析可知，平衡压强，吸收NO、NO2、CO2尾气，防止污染大气；一定体积的NOx，被250mL2mol⋅L−1的NaOH溶液恰好完全吸收，得到的产物为NaNOx，根据元素守恒，N的物质的量与Na的物质的量相同，n(Na)=n(N)= ，N的质量为，氧元素的质量为19.8-7=12.8g，O的物质的量为0.8mol，故。
9. 由铁铬合金(主要成分Cr、Fe，含少量Co、Ni等)可以制取Cr2O3、FeC2O4•2H2O和LiFePO4。实验流程如图：

（1）下列说法正确的是___。
A. “酸溶”时应先加入铬铁合金粉末，搅拌，再加入硫酸
B. “酸溶”时需要保持强制通风
C. 为保证钴镍除尽，Na2S可以加稍过量
D. “沉铁”操作得到的滤液中含有Cr2O
（2）其他条件相同，实验测得相同时间内铬铁转化率[×100%]、析出硫酸盐晶质量随硫酸浓度变化情况如图所示。当硫酸的浓度为9～11mol·L-1，铬铁转化率下降的原因：____(已知硫酸浓度大于12mol·L-1时铁才会钝化)

（3）在N2的氛围中将FeC2O4•2H2O与LiH2PO4按物质的量之比1∶1混合，360℃条件下反应可获得LiFePO4，同时有CO和CO2生成。写出该反应的化学方程式：____。
（4）已知：①P507萃取剂密度小于水，萃取Fe3+时萃取率与溶液pH的关系如图所示。

②该实验中Cr3+在pH6.0时开始沉淀，pH=8.0时沉淀完全。pH=12时Cr(OH)3开始溶解。设计由沉铁后的滤液(含Cr3+和少量Fe2+)制备Cr2O3的实验方案，从下列选项中选择合适的操作并排序__________→__________→__________→__________→__________→__________→h。____。
a.向水溶液中滴加NaOH溶液至pH在6~12之间
b.向水溶液中滴加NaOH溶液至pH约2.5
c.加入P507萃取剂
d.过滤、洗涤
e.向水溶液中滴加NaOH溶液至pH在8~12之间
f.向水溶液中滴加稍过量的H2O2
g.充分振荡、静置、分液
h.500℃煅烧
（5）Cr2O3(152g/mol)纯度的测定：称取ag制得的样品，先将其溶于浓的强碱溶液中，再配制成100mL溶液，移取20.00mL溶液于锥形瓶中，加入Na2O2，充分反应，然后加入过量的稀H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以Cr2O存在，充分加热煮沸后，冷却至室温，加入过量KI溶液，塞紧塞子，摇匀，静置，加入2滴淀粉溶液，用碱式滴定管盛装cmol·L-1硫代硫酸钠标准溶液，滴定至终点。重复滴定多次，平均消耗标准溶液体积为VmL。
已知：Cr2O+6I-+16H+=3I2+2Cr3++7H2O；I2+2S2O=S4O+2I-。
①下列有关滴定操作的说法正确的是___。
A.滴定时，滴定管下端不能伸入锥形瓶内，以免振摇时碰到锥形瓶
B.开始时，应边摇边滴，滴定速度可稍快，可以流成“水线”，接近终点时，应改为加一滴，摇几下
C.平行滴定分析时每次滴定前都需要将标准液的液面调至同一刻度水平附近
D.为节省药品，滴定结束后，滴定管内剩余的标准液应将其倒回原瓶
②计算样品中Cr2O3的纯度为____(用含a、V和c的计算式表示)。
【答案】（1）BC （2）析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面，减慢了反应的速率
（3）FeC2O4•2H2O+LiH2PO4LiFePO4+CO↑+CO2↑+3H2O↑
（4）f→b→c→g→e→d
（5） ①. C ②.
【解析】
【分析】铁铬合金(主要成分Cr、Fe，含少量Co、Ni等)加入硫酸进行酸溶，各金属元素转化为相应的阳离子进入溶液，之后加入Na2S除去Co、Ni元素，过滤后加入草酸，过滤得到FeC2O4·2H2O粗品，再经系列处理得到LiFePO4；滤液中还剩余Cr3+，处理得到Cr2O3。
【小问1详解】
A．为防止产生的大量气体使反应液溢出；酸溶”时应先向反应器中加入硫酸，再分批加入铬铁合金粉末，A错误；
B．应及时排出反应产生的H2，避免发生爆炸，故“酸溶”时需要保持强制通风，B正确；
C． 为保证钴镍除尽，Na2S可以加稍过量，C正确；
D．FeC2O4·2H2O 具强还原性，能与Cr2O发生氧化还原反应，则“沉铁”操作得到的滤液中没有Cr2O，D错误；
选BC。
【小问2详解】
其他条件相同，硫酸浓度小于12mol·L-1时，加大反应物浓度会增加反应速率，但是硫酸浓度增大为9～11mol·L-1后，生成硫酸盐的量增多，析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面，减慢了反应的速率。
【小问3详解】
在N2氛中，360℃下，FeC2O4•2H2O与LiH2PO4按物质的量之比1∶1发生氧化还原反应可得获得LiFePO4、CO 、CO2和水，根据电子守恒、元素守恒，化学方程式：FeC2O4•2H2O+LiH2PO4LiFePO4+CO↑+CO2↑+3H2O↑。
小问4详解】
结合信息和图表知：要以沉铁后的滤液(含Cr3+和少量Fe2+)制备Cr2O3，需先滴加稍过量的H2O2将亚铁离子氧化为铁离子，调节至pH约2.5加萃取剂萃取分液除去铁元素，水层中再加入氢氧化钠在pH=8.0~12范围内沉淀出Cr(OH)3、过滤洗涤干燥后再灼烧分解制备Cr2O3，故合适的操作顺序为：
f．向水溶液中滴加稍过量的H2O2
b．向水溶液中滴加NaOH溶液至pH约2.5
c．加入P507萃取剂
g．充分振荡、静置、分液
e．向水溶液中滴加NaOH溶液至pH在8~12之间
d．过滤、洗涤
h．500℃煅烧
则答案为：f→b→c→g→e→d。
【小问5详解】
A．滴定时，滴定管下端可以伸入锥形瓶内1~2cm，但是不能碰到锥形瓶，A错误；
B．开始时，应边摇边滴，滴定速度可稍快，但不可以流成“水线”，B错误；
C．平行滴定分析时每次滴定前都需要将标准液液面调至同一刻度水平附近，这样可以最大程度减少误差，C正确；
D．滴定结束后，滴定管内剩余的标准液不能倒回原瓶、防止产生污染，D错误；
故选C。
②按化学方程式、元素质量守恒得关系式：Cr2O3~Cr2O~3I2~6S2O，故样品中Cr2O3的纯度为 。
10. 还原法处理氮的氧化物是环境科学研究的热点课题。
I.氧气还原法。H2还原NO发生的反应为：2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g)。
（1）已知几种化学键的键能数据如下：
化学键
H-H
NO中共价键
N≡N
H-O
键能/(kJ·mol-1)
436
630
946
463
2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g) ΔH=___kJ·mol-1。
（2）2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v=kc2(NO)·c(H2)(k是速率常数，只与温度有关）。科学研究发现上述反应分两步进行：
反应1：2NO(g)+H2(g) N2(g)+H2O2(g)；
反应2：H2O2(g)+H2(g) 2H2O(g)。
总反应速率由反应较慢的一步决定，由此推知上述两步反应中，活化能较大的是反应___（填“l”或“2”）。c(NO)对总反应速率的影响程度___c(H2)（填“大于”“小于”或“等于”）。
Ⅱ.NH3还原法。在恒容密闭容器中充入NH3和NO2，在一定温度下发生反应：8NH3(g)+6NO2(g) 7N2(g)+12H2O(g)。
（3）下列表明该反应达到平衡状态的是___（填字母）。
A．混合气体密度保持不变 B．NO2和N2的消耗速率之比为6：7
C．混合气体中c(N2)=c(NO2) D．混合气体压强保持不变
III.CO还原法。利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO和CO，发生反应：2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g) ΔH。在2L恒容密闭容器中充人2molCO和2molNO，测得NO的转化率与温度、时间的火系如图所示。

（4）下列说法正确的是___（填字母）。
A．图像中，T1>T2
B．上述反应在高温下能自发进行
C．10min时，T2K下正、逆反应速率相等
D．增大NO的浓度，反应物的转化率增大
（5）T2K温度下，0-10min内用CO表示的平均反应速率v(CO)=___mol/L-1·min-1；T1K温度下，上述反应的平衡常数K=___L·mol-1。
（6）T1K温度下，向平衡后的容器内再加入2molN2和2molNO，则平衡___（填“向右移动”“向左移动”或“不移动”）。
【答案】 ①. -666 ②. 1 ③. 大于 ④. BD ⑤. AC ⑥. 0.08 ⑦. 1 ⑧. 向右移动
【解析】
【分析】（1）ΔH=反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量；
（2）2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v=kc2(NO)·c(H2)，总反应速率由反应较慢的一步决定，以此判断活化能大小；由反应速率表达式可知c(NO)对总反应速率的影响程度大于c(H2)；
（3）8NH3(g)+6NO2(g) 7N2(g)+12H2O(g)反应达到平衡则正反应速率等于逆反应速率，由此判断；
（4）由初始反应速率判断T1和T2的大小；反应能自发进行则；反应达到平衡则正反应速率等于逆反应速率；增大NO的浓度平衡正移，NO转化率减小；
（5）利用三段法计算反应速率，平衡常数K= ；
（6）通过比较平衡常数K和浓度商Q来判断反应移动方向，若KQ则反应向右移动。
【详解】（1）ΔH=反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量反应2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g)，故答案为：-666；
（2）2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g)的反应速率表达式为v=kc2(NO)·c(H2)，
反应1：2NO(g)+H2(g) N2(g)+H2O2(g)；
反应2：H2O2(g)+H2(g) 2H2O(g)。
总反应速率由反应较慢的一步决定，则反应1反应速率慢活化能高，由反应速率表达式可知c(NO)对总反应速率的影响程度大于c(H2)；故答案为：1；大于；
（3）恒容容器中8NH3(g)+6NO2(g) 7N2(g)+12H2O(g)，反应达到平衡，正反应速率等于逆反应速率故NO2和N2的消耗速率之比为6：7，B正确；反应为增压反应，容器中压强不变则可证明反应达到平衡，故D正确；A密度恒定不变，无法说明达到平衡；C c(N2)=c(NO2)浓度相等不等于反应速率相等，故C错误；故答案选BD。
（4）对于反应2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)
A.由图像可知初始反应速率T1>T2,则温度T1>T2，故A正确；
B. T1>T2平衡时转化率T1 C. 10min时反应达到平衡，T2K下正、逆反应速率相等，故C正确；
D. 增大NO的浓度平衡正移，NO转化率减小,故D错误；
故答案选：AC。
（5）T2K温度下，0-10min内，NO转化率为80%，则反应的NO物质的量为，则参与反应的CO物质的量为1.6mol ；T1K温度下
则平衡常数K=，故答案为：0.08；1；
（6）T1K温度下，向平衡后的容器内再加入2molN2和2molNO，则浓度商Q=<1故平衡正移，故答案为：向右移动。
【点睛】通过比较平衡常数K和浓度商Q来判断反应移动方向，若KQ则反应向右移动。
11. 以物质的量之比3：1的Fe和Al共熔后结晶得Fe3Al晶体，晶胞结构如图一所示，该晶胞为立方晶胞，晶胞参数为a pm。血红素(如图二)是血红蛋白的活性部位，其中心元素是Fe( II)。二者是常见的含铁物质，请回答下列问题。

（1）Fe2+的价电子排布式为：_______。
（2）血红素分子中非金属元素电负性由大到小的顺序是_______ (用元素符号表示)；这些元素形成的简单氢化物中沸点由高到低的顺序是_______ (用化学式表示)；C、N、O三种元素形成一种阴离子CNO-，其结构中有_______个σ键，_______ 个π键。
（3）有机分子中的闭环平面结构中，成环原子的π电子数等于4n+2(n=1，2，3)时，该环具有芳香性。n环为血红素中含N最小环，且为平面结构，则N杂化类型为_______ ；该环_______(填“有”、“无”)芳香性。
（4）Fe3Al晶胞中，rA1=b pm， rFe=c pm，则该晶胞的空间利用率为_______(以含π的代数式表示)。
（5）m原子的原子分数坐标为_______. ；晶胞内任意两个A1原子之间的距离为_______pm。
（6）Fe3Al晶体的密度为_______ g·cm-3。
【答案】（1）3d6 （2） ①. O>N>C>H ②. H2O>NH3>CH4 ③. 2 ④. 2
（3） ①. sp2 ②. 有
（4）100%
（5） ①. (、、) ②. a
（6）
【解析】
【小问1详解】
Fe2+核外有24个电子，电子排布式为[Ar] 3d6，所以Fe2+的价电子排布式为：3d6，故答案为：3d6。
【小问2详解】
同周期元素自左至右，电负性增大，非金属性越强，电负性越大，故O、N、C、H电负性依次减小，即O>N>C>H；O、N、C的简单氢化物分别为H2O、NH3、CH4，水和氨气分子间存在氢键，沸点高于甲烷，常温下水为液态，氨为气态，则沸点由高到低的顺序是H2O>NH3>CH4；CNO-的结构式为[O-CN]-，单键为σ键，三键有一个σ键和两个π键，所以其结构中有2个σ键，2个π键，故答案为：O>N>C>H；H2O>NH3>CH4；2；2。
【小问3详解】
由图可知，n环为平面结构，N原子上有3个共价键，则N杂化类型为sp2；成环原子的π电子数等于6，则该环有芳香性，故答案为：sp2；有。
【小问4详解】
该晶胞为立方晶胞，晶胞参数为a pm，晶胞体积为：a 3pm3，一个晶胞中含有Fe原子数目为：8+6+12+1+4=12，含有Al原子数目为：4，Fe3Al晶胞中，rA1=b pm， rFe=c pm，则晶胞中Fe、Al原子的总体积为rFe312+rA134=(12c3+4b3) pm3=(3c3+b3) pm3，所以该晶胞的空间利用率为100%，故答案为：100%。
【小问5详解】
由图一可知，m原子位于右后下方小立方体的中心，则m原子的原子分数坐标为(、、)；由晶胞结构图可知，4个铝原子分别位于处于对角位置的4个小立方体的中心，任意两个A1原子之间的距离为晶胞面对角线长的一半，即为apm，故答案为：a。
【小问6详解】
一个晶胞中含有Fe原子数目为：8+6+12+1+4=12，含有Al原子数目为：4，一个晶胞的质量m=，晶胞的体积V=(a10-10cm)3=a310-30cm3，根据=，得Fe3Al晶体的密度为： g·cm-3，故答案为：。
12. 高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如下：

已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO
②RCHO
回答下列问题：
(1)F中所含官能团的名称是_______；C的化学名称为_______。
(2)G→H的反应类型是_______。
a．取代反应 b．加成反应 c．消去反应 d．还原反应 e．氧化反应
(3)化合物W的相对分子质量比化合物C大14，且满足下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色 ②属于芳香族化合物 ③能发生银镜反应 ④核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积之比为2：2：2：1：1，试写出W的结构简式为_______。
(4)用B氧化法生产C，得到的C中往往混有B。
①制备过程中，证明已有C生成的试剂是：_______。
②证明生成的C中混有B的方法是：_______。
(5)写出由A到B的反应化学方程式_______。
(6)设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选(合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)_______。
【答案】 ①. 醛基 ②. 苯甲酸 ③. b、d ④. ⑤. 紫色石蕊试液 ⑥. 取样，滴加氢氧化钠溶液至碱性，加入新制的氢氧化铜，加热，若有红色沉淀生成，说明混有苯甲醛 ⑦. 2 + O22 +2H2O ⑧.
【解析】
【分析】甲苯在光照条件下与Cl2反应生成，在NaOH水溶液中加热，发生水解反应，生成A()，催化氧化生成B()，催化氧化生成C()；CH4在光照条件与Cl2反应生成D(CH2Cl2)，在NaOH溶液中发生水解生成E(HCHO)，与F发生信息①反应，生成G()，G与H2加成生成H( )，C与H反应生成I()。
【详解】(1)F为CH3(CH2)6CHO，所含官能团的名称是醛基；C为，化学名称为苯甲酸。答案为：醛基；苯甲酸；
(2) +H2，反应类型是加成反应，也是还原反应，故选b、d。答案为：b、d；
(3)化合物W相对分子质量比化合物C()大14，即多1个-CH2-，满足下列条件：①遇FeCl3溶液显紫色(含有酚羟基)，②属于芳香族化合物(含有苯环)，③能发生银镜反应(含有醛基)，④核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积之比为2：2：2：1：1，则-OH与-CH2CHO在苯环的对位，故W的结构简式为。答案为：；
(4)①制备过程中，证明已有C()生成，则所选试剂需检验-COOH的存在，试剂是：紫色石蕊试液。
②证明生成的C中混有B()，则需检验醛基的存在，方法是：取样，滴加氢氧化钠溶液至碱性，加入新制的氢氧化铜，加热，若有红色沉淀生成，说明混有苯甲醛。答案为：紫色石蕊试液；取样，滴加氢氧化钠溶液至碱性，加入新制的氢氧化铜，加热，若有红色沉淀生成，说明混有苯甲醛；
(5) A()催化氧化生成B()，反应化学方程式为2 + O22+2H2O。答案为：2 + O22+2H2O；
(6)用甲苯和乙醛为原料制备，依据信息①，应将甲苯转化为苯甲醛，然后再与乙醛反应，便可得到目标有机物，合成路线为：。答案为：。
【点睛】合成有机物时，需利用题给信息，将目标有机物进行分解，逆推出合成的中间产物。