2022-2023学年河南省开封市高三上学期第一次模拟考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年河南省开封市高三上学期第一次模拟考试化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

河南省开封市2022-2023学年高三上学期第一次模拟考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A．工业制粗硅、电镀、制普通玻璃均发生氧化还原反应
B．塑料奶瓶比玻璃奶瓶更有利于健康，且更加经久耐用
C．酿酒工艺中加入的“酒曲”与面包工艺中加入的“发酵粉”作用相同
D．葡萄酒中通常含有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化
【答案】D
【详解】A．工业利用C还原二氧化硅的方法制备粗硅，电镀原理利用的是电解池工作原理，二氧化硅在高温条件下与纯碱、石灰石发生反应生成玻璃的主要成分，所以制备普通玻璃没有涉及氧化还原反应，A错误；
B．塑料中含有塑化剂，塑化剂是一种有毒的化工塑料软化剂，所以长期使用塑料奶瓶不利于健康，B错误；
C．酿酒工艺中加入的“酒曲”是做催化剂，将葡萄糖催化分解为酒精，而面包工艺中加入的“发酵粉”是受热分解产生无毒无害的气体，使面包变为疏松多孔，故二者作用不相同，C错误；
D．葡萄酒中通常含有微量，可以起到杀菌的作用，二氧化硫具有较强的还原性，可以起抗氧化作用，防止营养成分被氧化，D正确；
故选D。
2．下列由实验操作和现象，可得出相应结论且正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
室温下，向0.1mol•L-1HCl溶液中加入少量镁粉
产生大量气泡，测得溶液温度上升
镁与盐酸反应放热
B
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
产生黑色沉淀
Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)
C
向0.1mol•L-1H2O2溶液中滴加0.1mol•L-1KMnO4溶液
溶液褪色
H2O2具有氧化性
D
向乙醇中加入一小粒金属钠
产生无色气体
乙醇中含有水

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．Mg与盐酸反应生成氢气，可观察到产生大量气泡，由测得溶液温度上升，说明反应放热，A正确；
B．Na2S能直接与CuSO4 溶液反应产生CuS沉淀、难以比较Ksp(CuS)与Ksp(ZnS)的相对大小，B错误；
C．向H2O2溶液中加入高锰酸钾后，溶液褪色，说明高锰酸根离子被还原，则证明H2O2被体现出的是还原性，C错误；
D．乙醇和水均能与金属钠反应，不能用金属钠检验乙醇中是否含有水，D错误；
故选A。
3．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)
B．NaBr(aq)Br2(aq)I2(s)
C．Mg(OH)2(s)MgCl2(aq)Mg(s)
D．N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)
【答案】B
【详解】A．电解饱和食盐水可以得到氯气，氯气与铁在加热或点燃条件下发生反应会生成氯化铁，不能一步转化为氯化亚铁，A不符合题意；
B．卤素单质的氧化性：Cl2＞Br2＞I2，所以氯气可从溴化钠中置换得到溴单质，溴单质可从碘化钠中置换得到碘单质，B符合题意；
C．氢氧化镁与盐酸反应得到氯化镁溶液，电解熔融氯化镁才能得到镁单质，而不是氯化镁溶液，C不符合题意；
D．氮气与氢气可在工业上合成氨气，氨气、二氧化碳与饱和氯化钠溶液第一步生成溶解度较小的碳酸氢钠和氯化铵，然后碳酸氢钠受热分解才能得到碳酸钠，D不符合题意；
故选B。
4．能正确表示下列反应离子方程式的是
A．硫化钠溶液和硝酸混合：S2-+2H+=H2S↑
B．向AgCl沉淀中加氨水至溶解：Ag++2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O
C．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，得到FeCO3沉淀：Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O
D．向NaHSO4溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀：2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
【答案】C
【详解】A．硝酸在酸性条件下具有氧化性，硫离子具有还原，两者会发生氧化还原，不能生成硫化氢，A错误；
B．氯化银会溶于一水合氨，生成更稳定的配合物[Ag(NH3)2]Cl，离子方程式中氯化银难溶于水，不能拆分，正确的离子方程式为：AgCl+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++Cl- +2H2O，B错误；
C．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，亚铁离子促进碳酸氢根离子的电离，得到FeCO3沉淀，其离子方程式为：Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O，C正确；
D．向NaHSO4溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，其离子方程式为：H++SO+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，D错误；
故选C。
5．对苯二甲酸()是合成涤纶的原料。下列说法错误的是
A．分子中共平面的原子最多有18个
B．1mol对苯二甲酸最多可中和80gNaOH
C．1mol对苯二甲酸与2molCH3CH2OH可完全酯化
D．与氢气发生加成反应，所得产物的分子式为C8H12O4
【答案】C
【详解】A．分子中的苯环和苯环相连的原子是共面的，和碳氧双键相连的原子也是共面的，和羰基相连的羟基上的氢，可能与羟基上的氧共面，则对苯二甲酸共面的原子数最多为18个，A正确；
B．1mol对苯二甲酸有2mol羧基，故2mol羧基最多可中和80gNaOH，B正确；
C．酯化反应是可逆反应，不能完全酯化，C错误；
D．对苯二甲酸与氢气加成产物为：，分子式为C8H12O4，D正确；
故为本题选C。
6．间接电氧化苯甲醇(C6H5CH2OH)合成苯甲醛(C6H5CHO)是一种绿色生产工艺。我国学者利用Ce4+/Ce3+为媒介在酸性水溶液中合成苯甲醛，工作原理如图所示。下列说法正确的是

A．电极a与电源负极相连
B．一段时间后，体系中Ce4+浓度逐渐增大
C．阳极的电极反应式为C6H5CH2OH-2e- =C6H5CHO+2H+
D．生成0.2molC6H5CHO时，电极b上生成H24.48L(标准状况)
【答案】D
【分析】电极a上Ce元素化合价升高，发生氧化反应，则a为阳极，电极反应式为Ce3+-e- =Ce4+，电极b为阴极，在酸性水溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑；
【详解】A．由电极a上Ce元素化合价升高，则a为阳极，与电源正极相连，b为阴极，阴极与电源负极相连，A错误；
B．由于Ce3+和Ce4+之间是循环反应，则体系中Ce3+浓度保持不变，B错误；
C．分析可知，电极a上Ce元素化合价升高，阳极的电极反应式为Ce3+-e- =Ce4+，C错误；
D．C6H5CH2OH→ C6H5CHO过程中失去2个电子，生成0.2molC6H5CHO时，转移0.4mol电子，电极b上电极反应式为2H++2e-=H2，则生成0.2mol氢气，标准状况下生成H2体积为V=nVm=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，D正确；
故选：D。
7．短周期元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大。甲、乙、丙是由这些元素组成的二元化合物，常温下0.1mol•L-1丙溶液的pH为1，丁是元素Z的单质，为黄绿色气体，戊是难溶于水的混合物，己的水溶液具有漂白性。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是

A．己的结构式为R－Y－Z B．原子半径的大小：R C．甲分子中可能含有非极性共价键 D．最高价氧化物对应水化物的酸性：X 【答案】D
【分析】丁是元素Z的单质，为黄绿色气体，则丁为Cl2，在为Cl元素；常温下0.1 mol丙溶液的pH为1，则丙为一元强酸，且丙是二元化合物，故丙为HCl；二元化合物甲与丁Cl2在光照条件下反应生成丙(HCl)和难溶于水的混合物戊，则甲为烃，戊为卤代烃的混合物；己的水溶液具有漂白性，从而推知乙为H2O、己为HClO，结合四种短周期元素的原子序数关系可知R为H元素、X为C元素、Y为O元素。
【详解】A．己为HClO，结构式为H－O－Cl，故A正确；
B．同一周期元素，原子序数越大，半径越小，原子半径的大小：H C．甲为某种烃，甲分子中可能含有非极性共价键如：CH3CH3中的碳碳单键，故C正确；
D．Y为O元素，O元素没有最高价含氧酸，故D错误；
故选D。
8．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1L0.1mol•L-1NH4ClO4溶液中NH、ClO的数目都小于0.1NA
B．100g质量分数为46%的乙醇溶液中，含O－H键的数目为NA
C．常温下，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中，含OH-的数目为0.2NA
D．浓硝酸与铜反应得到NO2和N2O4共23g，则铜失去的电子数0.5NA
【答案】D
【详解】A．NH4ClO4为强酸弱碱盐，铵根离子会水解，所以1L0.1mol•L-1NH4ClO4溶液中NH的数目小于0.1NA，ClO的数目等于0.1NA，A错误；
B．100g质量分数为46%的乙醇溶液中，除了乙醇分子还有水分子内均含O－H键，所以含O－H键的数目大于NA，B错误；
C．常温下，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中，含OH-的数目为=0.1NA，C错误；
D．NO2和N2O4的最简式为“NO2”，则从硝酸转化到最简式“NO2”的物质的量为=0.5mol，对应转移电子数为=0.5NA，D正确；
故选D。
9．取两份10mL0.05mol•L-1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol•L-1的盐酸，另一份滴加0.05mol•L-1的NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。

下列说法错误的是
A．由，a点可知：NaHCO3溶液中HCO的水解程度大于电离程度
B．a→b→c过程中：c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)逐渐增大
C．a→b→c过程中：c(Na+)＞c(HCO)-c(CO)+c(H2CO3)
D．令c点的c(Na+)+c(H+)=x，e点的c(Na+)+c(H+)=y，则x>y
【答案】B
【分析】向溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液逐渐减小，向溶液中滴加溶液，溶液碱性增强，溶液逐渐增大，因此曲线为向溶液中滴加溶液，曲线为向溶液中滴加盐酸。
【详解】A．在溶液中存在平衡、，a点溶质为，此时溶液呈碱性，的水解程度大于电离程度，A正确；
B．a→b→c过程中，100.05mol•L-1的NaHCO3溶液与10mL0.05mol•L-1NaOH溶液不断反应的过程，根据电荷守恒可知，c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，c点时，c(Na+)与a点c(Na+)相同，c(H+)减小，所以c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)到c点是减小的，故B错误；
C． a→b→c过程中溶液碱性增强，是在溶液中加入NaOH，a点溶质为，由物料守恒可知，a点溶液中，c点溶质为Na2CO3，由物料守恒：c(Na+)=2[c(HCO)-c(CO)+c(H2CO3)]，故C正确；
D．c点溶液中，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中，因此，故D正确；
答案选B。
10．白色粉末X可能由BaCl2、Na2SO4、K2CO3、KOH、AgNO3和无水硫酸铜中的一种或几种组成。为了探究它的组成，进行了如图所示实验。

下列判断错误的是
A．取少量滤液A，加入足量稀盐酸，有气泡产生
B．若向滤液A中通入过量气体C，最终无沉淀
C．滤渣B和沉淀D的成分相同
D．白色粉末X中一定含有BaCl2、K2CO3和KOH
【答案】A
【分析】由将白色粉末加入足量水中充分溶解，过滤得到滤渣B和溶液A，在滤渣B中加入足量稀盐酸，B全部溶解并产生气体C可知，滤渣B中一定含有碳酸钡，一定不含有硫酸钡、氯化银、氢氧化铜，则气体C为二氧化碳，白色粉末中一定含有氯化钡、碳酸钾，不含有硫酸钠、硝酸银、无水硫酸铜，可能含有氢氧化钾；将气体C通入溶液A中产生沉淀D说明溶液A中一定含有氯化钡和氢氧化钾，不含有碳酸钾，沉淀D为碳酸钡沉淀，所以白色粉末中一定含有氯化钡、碳酸钾、氢氧化钾，一定不含有硫酸钡、氯化银、氢氧化铜，滤渣B和沉淀D都是碳酸钡，溶液A中一定含有氯化钡和氢氧化钾，气体C为二氧化碳。
【详解】A．由分析可知，溶液A中一定含有氯化钡和氢氧化钾，则取少量溶液A，加入足量稀盐酸，无气泡产生，故A错误；
B．由分析可知，溶液A中一定含有氯化钡和氢氧化钾，气体C为二氧化碳，则中若继续通入过量二氧化碳，二氧化碳与溶液中碳酸钡反应生成可溶的碳酸氢钡，最终无固体剩余，故B正确；
C．由分析可知，滤渣B和沉淀D的成分相同，都是碳酸钡，故C正确；
D．由分析可知，白色粉末中一定含有BaCl2、K2CO3和KOH，故D正确；
故选A。

二、实验题
11．硫代硫酸钠是一种重要的化工产品，易溶于水，溶解度随温度升高显著增大，其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。工业上可用2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得。某兴趣小组利用如图装置拟制备硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3•5H2O)。

回答下列问题。
(1)仪器a的名称是_____，d中的试剂是_____(填编号)。
A．稀H2SO4 B．NaOH溶液     C．饱和NaHSO3溶液
(2)b中反应的化学方程式为_____。
(3)为了保证Na2S2O3•5H2O的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_____。
(4)反应终止后，c中的溶液经______即可析出Na2S2O3•5H2O晶体，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质，检验产品中是否存在Na2SO3，所需试剂为_____。
(5)为了测定产品纯度。以淀粉作指示剂，通过用Na2S2O3•5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液，计算Na2S2O3•5H2O含量。
①滴定前，有关滴定管的正确操作顺序为_____(填编号)：
检查活塞是否漏水→蒸馏水洗涤→______→______→______→______→______→开始滴定
A．烘干    B．装入滴定液至零刻度以上     C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下    D．用洗耳球吹出润洗液     E.排除气泡     F.用滴定液润洗2至3次     G.记录起始读数
②滴定法测得产品中Na2S2O3•5H2O含量为100.5%，则Na2S2O3•5H2O产品中可能混有的物质是_____。
【答案】(1)     分液漏斗     B
(2)Na2SO3+H2SO4(浓)= Na2SO4+ SO2↑+H2O
(3)若SO2过量，溶液显酸性，产物分解
(4)     蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥     稀盐酸、品红溶液
(5)     FBECG     Na2SO3或失去部分结晶水的

【分析】根据题意可知，亚硫酸钠粉末与浓硫酸反应可制备得到二氧化硫，二氧化硫通入三颈烧瓶中与硫化钠、碳酸钠溶液发生反应可制备得到硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3•5H2O)，装置d为尾气吸收装置，可吸收多余的二氧化硫，防止污染环境，据此分析。
【详解】（1）根据仪器构造可知，仪器a的名称是分液漏斗；d的目的是吸收多余的二氧化硫，防止污染环境，所以d中的试剂是氢氧化钠溶液，B项符合题意，稀H2SO4与饱和NaHSO3溶液都不能吸收多余的二氧化硫，所以AC不符合题意，故选B。
（2）b中亚硫酸钠与浓硫酸发生复分解反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)= Na2SO4+ SO2↑+H2O；
（3）Na2S2O3遇酸易分解：S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O。若SO2过量，溶液显酸性，产物分解造成硫代硫酸钠的产量降低；
（4）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可析出Na2S2O3•5H2O；Na2SO3可与稀盐酸发生反应产生能使品红褪色的二氧化硫气体，所以检验产品中是否存在Na2SO3，所需试剂为稀盐酸、品红溶液；
（5）①滴定前，有关滴定管的正确操作为检漏⟶蒸馏水洗涤⟶用滴定液润洗2至3次⟶装入滴定液至零刻度以上⟶排除气泡⟶调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下⟶记录起始读数，故答案为：FBECG；
②计算纯度结果超过100%，可能是混有与I2反应的杂质，所以是Na2SO3，也可能是混有失去部分结晶水的，从而使得计算结果偏高，故答案为：Na2SO3或失去部分结晶水的。

三、工业流程题
12．磷精矿[主要成分为Ca5(PO4)3OH，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等]湿法制备磷酸的一种工艺流程如图：

回答下列问题。
(1)“酸浸”之前，需要把磷精矿进行研磨，目的是_____。
(2)SO浓度在一定范围内，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图所示。

“酸浸”后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为____(填化学式)，此条件下，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟元素转化为HF的化学方程式为____；“洗涤”时，使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是____。
(3)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间、不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因是____。

(4)脱硫时，CaCO3稍过量。充分反应后SO仍有残留，原因是____；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式为____。
(5)取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmol•L-1NaOH溶液滴定至终点时生成NaH2PO4，消耗NaOH溶液cmL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是____。
【答案】(1)为了增大固体的接触面积，使浸取更充分，提高浸取率
(2)               减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率
(3)80℃后，分解速率大，浓度显著降低
(4)     CaSO4微溶     BaCO3+SO+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO+H2O
(5)%

【分析】由题给流程可知，磷精矿经粉碎成粉加入稀硫酸共热酸浸、过滤得到含有有机碳和硫酸的粗磷酸和石膏；向粗磷酸中加入过氧化氢共热，将有机碳氧化为二氧化碳脱除后，加入过量的碳酸钙将溶液中的硫酸钙转化为微溶的硫酸钙除去，得到含有磷酸二氢钙的磷酸，经系列操作后制得粗制磷酸；
【详解】（1）需要把磷精矿进行研磨，主要是为了增大固体的接触面积，使浸取更充分，提高浸取率；
（2）根据图示可知，所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为；由题意可知，与硫酸反应生成、磷酸、氟化氢和水，反应的化学方程式为；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；
（3）过氧化氢受热易分解，当温度高于80℃后，过氧化氢的分解速率加快，溶液中过氧化氢的浓度显著减小，导致脱除率降低降低，故答案为：80℃后，分解速率大，浓度显著降低；
（4）由分析可知，加入碳酸钙的目的是除去粗磷酸中混有的硫酸，将硫酸转化为硫酸钙脱除，由于硫酸钙微溶于水，即使加入过量的碳酸钙，溶液中依然会残留硫酸根离子；加入碳酸钡将硫酸转化为难溶的硫酸钡沉淀能提高硫的脱除率，脱硫过程中，由于磷酸的酸性强于碳酸，磷酸也能与碳酸钙或碳酸钡反应转化为磷酸二氢钙或磷酸二氢钡，则加入碳酸钡脱硫的离子方程式为BaCO3+SO+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO+H2O；
（5）由题意可知，滴定过程中磷酸与氢氧化钠溶液反应生成磷酸氢钠，反应的方程式为H3PO4+NaOH=NaH2PO4+H2O，由滴定消耗c mLbmol/L氢氧化钠溶液可知，精制磷酸中磷酸的质量分数为×100%=%，故答案为：%。

四、原理综合题
13．绿色能源是未来能源发展的重要方向，氢能源是最具应用前景的绿色能源，高纯氢的制备是目前的研究热点。回答下列问题。
方法一：氨热分解法制氢，相关化学键的键能数据如表：
化学键
N≡N
H－H
N－H
键能E/(kJ•mol-1)
946
436.0
390.8

(1)一定温度下，利用催化剂将NH3分解为N2和H2。反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=_____kJ•mol-1。
方法二：硫碘循环分解水制氢的原理示意图如图：

(2)上述循环反应过程中起催化作用的物质是____(填化学式)；通常情况下，水在2200℃条件下分解可得到氢气，硫碘循环分解水制H2的优势为____(写两条即可)。
方法三：催化制氢是目前大规模制取氢气的方法之一：
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41.2kJ•mol-1
(3)在T1℃时，将0.10molCO与0.40molH2O充入5L的恒容密闭容器中，达到平衡时，H2的物质的量分数x(H2)=0.08。
①CO的平衡转化率a=____%，反应平衡常数K=____(结果保留2位有效数字)。
②由T1℃时上述实验数据计算得到v正～x(CO)和v逆～x(H2)的关系如图所示。升高温度，反应重新达到平衡，相应的点分别为____、____(填字母)。

③研究表明，CO催化变换反应的速率方程为v=k[x(CO)•x(H2O)-]，式中x(CO)、x(H2O)、x(CO2)、x(H2)分别表示相应的物质的量分数。Kp为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图所示。温度升高时，CO催化变换反应的Kp_____(填“增大”“减小”或“不变”)。根据速率方程分析，T＞Tm时v逐渐减小的原因是_____。

【答案】(1)+90.8
(2)     SO2、I2     中间产物可循环使用；符合绿色化学理念，提高空气污染物的SO2利用率
(3)     40     0.074     B     E     减小     Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高

【详解】（1）由△H=反应物的键能-生成物的键能可知，该反应△H=2×(390.8kJ/mol×3)-[946kJ/mol+(436.0kJ/mol×3)]=+90.8 kJ/mol，故答案为+90.8。
（2）①由硫碘循环分解水制氢的原理示意图可知分解制氢的总反应式：2H2O=2H2↑+O2↑，反应前后不变的物质是SO2、I2，在反应过程中作催化剂，故起催化作用的物质是SO2、I2。②硫碘循环制氢的优势为：一是中间产物可循环使用，二是符合绿色化学理念，提高空气污染物SO2的利用率。
（3）①在T1℃时，将0.10molCO与0.40molH2O充入5L的恒容密闭容器中，达到平衡时，H2的物质的量分数x(H2)=0.08

，x=0.04mol
CO的平衡转化率=
反应平衡常数K=
答案为：40；0.074
②对于CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41.2kJ•mol-1反应，反应平衡时H2的体积分数为0.08，升高温度时，正、逆反应速率均加快，因此排除A点。正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，再次平衡时H2的物质的量分数减小，因此排除C点，故选B点。对于CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41.2kJ•mol-1反应，反应平衡时CO的体积分数为，升高温度时，正、逆反应速率均加快，因此排除F点。正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，再次平衡时CO的物质的量分数大于0.12，因此排除D点，故选E点。
③对于CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41.2kJ•mol-1反应，升高温度时，平衡向逆反应方向移动，CO催化变换反应的Kp减小。根据 v=k[x(CO)•x(H2O)-]分析，T＞Tm时v逐渐减小的原因是Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高。

五、结构与性质
14．材料是入类进步的基石，深入认识物质的结构有助于进一步开发新的材料。回答下列问题。
(1)B和Ni均为新材料的主角。
①按照杂化轨道理论，基态B原子的价电子先激发，再杂化成键形成BBr3。杂化前，处于激发态的B原子的价电子轨道表示式为_____(填编号)。
A．        B．
C． D．
②Ni(CO)4常温下呈液态，其分子空间构型为正四面体形。其易溶CCl4、苯等有机溶剂的原因是_____。
(2)亚铁氰化钾具有防止食盐结块、保持食盐松散等作用，其化学式为K4[Fe(CN)6]，所含元素电负性由大到小的顺序为_____，lmolK4[Fe(CN)6]含有σ键的物质的量为_____。
(3)铀氮化合物是核燃料循环系统中的重要物质。
已知3(NH4)4[UO2(CO3)3]3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O↑。反应所得的气态产物中属于非极性分子的有_____(填化学式)；反应中断裂的化学键有_____。(填编号)。
a.氢键       b.极性键     c.非极性键     d.离子键       e.配位键
(4)某锂电池的负极材料是锂原子嵌入石墨烯层间，其晶胞结构(底边为平行四边形)如图所示。

该晶体的化学式为____；该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，石墨烯层间距离为335pm，则该晶体的密度为_____g•cm-3(NA表示阿伏加德罗常数，列出计算表达式即可)。
【答案】(1)     C     Ni(CO)4为非极性分子，CCl4、苯等为非极性溶剂，根据相似相溶可知，Ni(CO)4易溶CCl4、苯等有机溶剂。
(2)     N＞C＞Fe＞K     12mol
(3)     CO2、N2     bde
(4)     LiC6    

【详解】（1）①基态B原子的价电子排布式为2s22p1，激发时，2s能级的一个电子跃迁至2p能级的一个轨道，故杂化前，处于激发态的B原子的价电子轨道表示式为，故选C。
②Ni(CO)4常温下呈液态，其分子空间构型为正四面体形，可知Ni(CO)4为非极性分子，其易溶CCl4、苯等有机溶剂的原因是Ni(CO)4为非极性分子，CCl4、苯等为非极性溶剂，根据相似相溶可知，Ni(CO)4易溶CCl4、苯等有机溶剂。
（2）同周期元素从左至右电负性逐渐增大，同主族元素从上往下电负性逐渐减小，故K4[Fe(CN)6]所含元素电负性由大到小的顺序为N＞C＞Fe＞K，CN-含有1个σ键，CN-与Fe2+之间形成6个配位键，故lmolK4[Fe(CN)6]含有σ键的物质的量为12mol。
（3）NH3、H2O均只含有极性键，分别为三角锥形、角形分子，正电中心和负电中心不重合，故为极性分子，CO2只含有极性键，为直线形分子，正电中心和负电中心重合，故为非极性分子，N2只含有非极性键，为非极性分子，故反应所得的气态产物中属于非极性分子的有CO2、N2；与[UO2(CO3)3]4-之间存在离子键，中N原子与H+之间存在配位键，N原子与H原子之间存在极性键，[UO2(CO3)3]4-中原子之间存在极性键，故反应中断裂的化学键有极性键、离子键、配位键，故选bde。
（4）由图可知，Li原子位于顶点，个数为，C原子位于面上和体内，个数为，则化学式为LiC6；该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，则底边边长为3´142pm，石墨烯层间距离为335pm，又底边为平行四边形，顶角为60°，设晶胞的密度为dg/cm3，晶胞质量为，晶胞体积为，结合密度公式，解得。

六、有机推断题
15．化合物G是一种重要的合成药物中间体，其合成路线如图所示。

回答下列问题。
(1)A的名称为_____；C中含氧官能团的名称为_____。
(2)B→C的反应类型为_____；若C→D的反应类型为加成反应，则D的结构简式为_____。
(3)E→F反应的化学方程式为_____。
(4)在E的同分异构体中，同时具备下列条件的结构有_____种(不考虑立体异构)。
①遇氯化铁溶液发生显色反应；
②能发生银镜反应和水解反应；
③苯环上只有三个取代基，其中一个取代基为环状结构。
(5)以苯甲醇、丙二酸和甲醇为原料合成肉桂酸甲酯(，设计合成路线为_____(无机试剂任选)。
【答案】(1)     对二甲苯(或1，4—二甲苯)     羟基、醛基
(2)     还原反应（或加成反应）    
(3)+CH3OH + H2O
(4)10
(5)

【分析】在稀硫酸作用下与二氧化锰发生氧化反应生成，一定条件发生还原反应生成，在Py作用下，与CH2(COOH)2发生加成反应生成，则D为；在加热条件下发生脱水反应、脱羧反应生成，在浓硫酸作用下与甲醇共热发生酯化反应生成，与发生取代反应生成。
【详解】（1）由结构简式可知，A的名称为对二甲苯(或1，4—二甲苯)，根据C的结构简式可知，分子中含氧官能团为羟基、醛基，故答案为：对二甲苯(或1，4—二甲苯)；羟基、醛基；
（2）B→C是一定条件发生还原反应生成，所以反应类型为还原反应（或加成反应）；在Py作用下，与CH2(COOH)2发生加成反应生成，则D为；
（3）由分析可知，E→F的反应为在浓硫酸作用下与甲醇共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+CH3OH + H2O；
（4）E的同分异构体遇氯化铁溶液发生显色反应，能发生银镜反应和水解反应，苯环上只有三个取代基，其中一个取代基为环状结构说明同分异构体分子的取代基为—OH、—OOCH和，同分异构体可以视作、和的苯环上的氢原子被取代所得结构，共有10种，故答案为：10；
（5）由题给有机物的转化关系可知，以苯甲醇、丙二酸为原料合成肉桂酸的合成步骤为在铜做催化剂条件下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，在Py作用下，与CH2(COOH)2发生加成反应生成， 在加热条件下发生脱水反应、脱羧反应生成，最后再与甲醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应生成肉桂酸甲酯（），具体合成路线为：。