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2021年青海省西宁市高考化学一模试卷
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这是一份2021年青海省西宁市高考化学一模试卷，共27页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年青海省西宁市高考化学一模试卷
一、选择题
1．古医名著《本草图经》中关于绿矾分解描述如下：“绿矾形似朴硝（Na2SO4•10H2O）而绿色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”下列有关叙述错误的是（ ）
A．“色赤”物质是Fe（OH）3
B．流出的液体中可能含有硫酸
C．绿矾分解过程中硫元素部分被还原
D．可以通过焰色反应区分绿矾和朴硝
2．已知某有机物X的结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．X属于芳香烃的含氧衍生物
B．X的分子式为C10H16O3
C．X分子只含有两种官能团
D．X分子可发生取代、消去、加成、氧化、缩聚反应
3．设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L CCl4中所含的原子数目为5NA
B．28g N60（分子结构如图）中含有的N﹣N键数目为1.5NA
C．常温下，2L pH＝12的Na2CO3，溶液中含有OH﹣数目为0.02NA
D．常温下，将5.6g铁投入足量的稀硫酸中，充分反应，转移的电子数目为0.3NA
4．BMO（Bi2MoO6）是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2O
B．该过程中BMO表现较强氧化性
C．降解产物的分子中只含有极性共价键
D．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1
5．“5G技术”中制造芯片的高纯度硅是用SiHCl3，（沸点：31.85℃，SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3，HCl和一种气体a）与过量的H2在1100～1200℃反应制得，实验装置如图所示（夹持装置和尾气处理装置略去）。下列说法错误的是（ ）
A．实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管
B．装置Ⅰ、Ⅱ依次盛装的是浓H2SO4、温度高于32℃的温水
C．装置Ⅰ可用于二氧化锰固体与浓盐酸反应制备氯气
D．a气体为H2
6．以二甲醚（CH3OCH3）酸性燃料电池为电源，电解饱和食盐水制备氯气和烧碱，设计装置如图所示．已知：a电极的反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O，下列说法不正确的是（ ）
A．b电极的反应式为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2↑+12H+
B．试剂A为饱和食盐水，试刑B为NaOH稀溶液
C．阳极生成1 mol气体时，有1mol离子通过离子交换膜
D．阴极生成1 mol气体时，理论上导线中流过2 mol e﹣
7．阿散酸是一种饲料添加剂，其结构可表示为：，其中As位于元素周期表中第四周期第ⅤA族。X、Y它们的单质均为气体，Z原子半径最小，下列说法错误的是（ ）
A．X与Z可以形成原子个数比为1：2的化合物
B．X、Y常见的氢化物分子之间可以形成氢键
C．X、Y、Z三元素可形成离子化合物
D．X的氢化物稳定性比Y的氢化物稳定性强
二、解答题（共3小题，满分0分）
8．肼（N2H4）的熔点2.0℃、沸点113.5℃，极易溶于水，在碱性介质中具有还原性。在强碱性介质中，用次氯酸钠氧化尿素[CO（NH2）2]可得粗肼，再经蒸馏得到肼溶液。回答下列问题：
Ⅰ．制备NaClO强碱性溶液
（1）在加入实验药品之前必须进行的操作是 。
（2）A为氯气发生装置，A中反应的化学方程式是 。
（3）次氯酸钠高于35℃容易分解。制备NaClO强碱性溶液时需要注意的两个关键问题是 。
Ⅱ．制备N2H4
（4）仪器F的名称是 。
（5）通入N2目的是 。
（6）次氯酸钠氧化尿素的温度一般控制在105～108℃。E中制得肼的离子方程式为 .。
（7）向三颈烧瓶中加入NaClO强碱性溶液应当 .（填“一次大量”或“分批少量”）加入，充分反应后制得粗肼。蒸馏提纯时应调节控温槽的温度略高于 ℃，得到肼溶液。
9．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂。实验室模拟生产NaClO2的一种工艺如图。
已知：①ClO2是一种强氧化性气体，浓度大时易分解爆炸。在生产使用时要用稀有气体或空气等进行稀释，同时避免光照、震动等。
②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2•3H2O晶体，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。回答：
（1）NaClO2中所含的化学键类型有 ； 实验室制取SO2的化学方程式是 。
（2）上述流程中“反应”的离子方程式为 ；尾气吸收时H2O2的作用是 。（填“氧化剂“或“还原剂”）
（3）最近科学家又在“反应”步骤的基础上研究出用H2C2O4，代替SO2制备ClO2的新方法，其原理为：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4═Na2SO4+2ClO2↑+2CO2↑+2H2O。该新方法最突出的优点是 。
（4）测定产品NaClO2的纯度。取上述所得产品7.5g溶于水配成1L溶液，取出20.00mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后（ClO2﹣被还原为Cl﹣，杂质不参加反应），加入2～3滴淀粉溶液，用0.25mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定，达到滴定终点时，溶液呈 （填“蓝色”或“无色”），用去标准液24.00mL，计算产品NaClO2的纯度 。 （提示：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）
10．含碳物质的价值型转化，有利于“减碳”和可持续发展。结合相关信息，回答：
（1）科学家用ZnO﹣Cu2O作催化剂，可将CO2和H2O转化为甲烷。已知有关化学反应的能量变化如图所示，则该转化反应的热化学方程式为 。
（2）用惰性电极电解KHCO3溶液，可将空气中的CO2转化为甲酸根（HCOO﹣），然后进一步可制得化工原料甲酸。CO2发生反应的电极反应式为 ，若电解过程中转移1mol电子，阳极生成气体的体积（标准状况）为 L。
（3）乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应为：
其反应历程如下：
①由原料到状态Ⅰ （填“放出”或“吸收”）能量。
②一定温度下，向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和2mol CO2，起始压强为P0，平衡时容器内气体总物质的量为5mol，乙苯的转化率为 ，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝ 。
③乙苯平衡转化率与p（ CO2）的关系如图所示，解释乙苯平衡转化率随着p（ CO2）变化而变化的原因 。
[化学一选修3物质结构与性质]
11．宋代《开宝本草》记载“取钢煅作叶如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣。”“铁华”是醋酸亚铁，其熔点约为195℃。回答：
（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图为 ，铁所在的周期第一电离能由大到小的前三种元素是 。（用元素符号表示）
（2）醋酸亚铁中碳原子的杂化轨道类型 ，该微粒中是否存在四面体结构 （填“存在”或“不存在”），其晶体类型最可能是 。
（3）盐水若洒在煤火上会产生黄色火焰，此过程中相应原子中电子跃迁方式为 。
（4）Fe（CO）5可用作催化剂、汽油抗爆剂等。其分子中σ键和π键的数目之比为 CO的沸点高于N2的原因是 。
（5）铁氮化合物在磁记录材料领域有着广泛的应用前景，其中一种晶胞结构如图所示，则一个该晶胞的质量为 g。若晶胞参数为dpm，N、Fe的原子半径分为rNpm、rFepm，则该晶胞中原子的空间利用率是 。（用NA表示阿伏加德罗常数的值，π表示圆周率）
[化学一选修5有机化学基础]
12．化合物N是一种具有玫瑰香味的香料，可用作化妆品和食品的添加剂。实验室制备N的两种合成路线如图。
已知：ⅰ：（R1、R3为烃基，R2为H或烃基）
ⅱ：（R1、R2、R3为烃基）
回答下列问题：
（1）A→B所需的试剂是 ，H的化学名称是 。
（2）J中所含官能团的名称是 。
（3）K→L的反应类型是 。
（4）G的结构简式为 ，M的结构简式为 。
（5）I与新制Cu（ OH）2悬浊液发生反应的方程式为 。
（6）K有多种同分异构体，写出两种满足下列条件的同分异构体的结构简式 、 。
①属于芳香族化合物；
②能发生银镜反应；
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：1：2：6
2021年青海省西宁市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．古医名著《本草图经》中关于绿矾分解描述如下：“绿矾形似朴硝（Na2SO4•10H2O）而绿色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”下列有关叙述错误的是（ ）
A．“色赤”物质是Fe（OH）3
B．流出的液体中可能含有硫酸
C．绿矾分解过程中硫元素部分被还原
D．可以通过焰色反应区分绿矾和朴硝
【分析】A．Fe的氧化物只有氧化铁为红色；
B．三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中可能含有硫酸；
C．硫酸亚铁分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，可知硫元素部分被还原；
D．钠的焰色反应为黄色，可区分绿矾和朴硝。
【解答】解：A．Fe（OH）3受热分解，Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故A错误；
B．硫酸亚铁分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中可能含有硫酸，故B正确；
C．硫酸亚铁分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，可知硫元素部分被还原，故C正确；
D．钠的焰色反应为黄色，则焰色反应可区分绿矾和朴硝，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2．已知某有机物X的结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．X属于芳香烃的含氧衍生物
B．X的分子式为C10H16O3
C．X分子只含有两种官能团
D．X分子可发生取代、消去、加成、氧化、缩聚反应
【分析】该有机物中含有碳碳双键、醇羟基和羧基，具有烯烃、醇和羧酸的性质，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、酯化反应、缩聚反应等。
【解答】解：A．不含苯环，所以不属于芳香烃的含氧衍生物，故A错误；
B．根据结构简式确定分子式为C10H14O3，故B错误；
C．含有碳碳双键、醇羟基和羧基三种官能团，故C错误；
D．含有碳碳双键、醇羟基和羧基，醇羟基和羧基能发生取代反应，醇羟基能发生消去反应，碳碳双键能发生加成反应、氧化反应，醇羟基和羧基能发生缩聚反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烃、醇和羧酸性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意：该分子中醇羟基不能发生催化氧化反应。
3．设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L CCl4中所含的原子数目为5NA
B．28g N60（分子结构如图）中含有的N﹣N键数目为1.5NA
C．常温下，2L pH＝12的Na2CO3，溶液中含有OH﹣数目为0.02NA
D．常温下，将5.6g铁投入足量的稀硫酸中，充分反应，转移的电子数目为0.3NA
【分析】A．气体摩尔体积使用对象为气体；
B．依据分摊法计算N﹣N化学键；
C． pH＝12的Na2CO3，氢氧根离子为0.01mol/L；
D．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁。
【解答】解：A．标况下四氯化碳为液态，不能使用气体摩尔体积，故A错误；
B．依据分摊法计算N﹣N化学键，每个N原子均以氮氮单键结合三个氮原子，每个氮氮键被2个氮原子共用，每个氮原子有1.5个氮氮键，1个N60分子的结构中含有90个氮氮键，则28g N60物质的量＝＝mol，含有N﹣N键3NA，故B错误；
C．pH＝12的Na2CO3，氢氧根离子为0.01mol/L，常温下，2L pH＝12的Na2CO3，溶液中含有OH﹣数目为2L×0.01mol/L×NAmol﹣1＝0.02NA，故C正确；
D．常温下，将5.6g铁物质的量为＝0.1mol，投入足量的稀硫酸中，充分反应生成0.1mol亚铁离子，转移的电子数目为0.2NA，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大，注意分摊法在化学键计算中的应用。
4．BMO（Bi2MoO6）是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2O
B．该过程中BMO表现较强氧化性
C．降解产物的分子中只含有极性共价键
D．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1
【分析】A．根据图知，反应物是C6H6O和氧气、生成物是二氧化碳和水；
B．BMO在反应中失电子生成BMO+；
C．不同非金属元素原子之间易形成极性键；
D．根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比。
【解答】解：A．根据图知，反应物是C6H6O和氧气、生成物是二氧化碳和水，所以该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2O，故A正确；
B．BMO在反应中失电子生成BMO+，失电子作还原剂，体现还原性，故B错误；
C．二氧化碳是非极性分子，水是极性分子，二氧化碳和水分子中都只含极性键，故C正确；
D．根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比，过氧根离子生成氧离子得到3个电子、BMO+得1个电子，根据转移电子守恒知，①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查图象分析判断能力，正确分析反应过程及各物质性质是解本题关键，题目难度不大。
5．“5G技术”中制造芯片的高纯度硅是用SiHCl3，（沸点：31.85℃，SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3，HCl和一种气体a）与过量的H2在1100～1200℃反应制得，实验装置如图所示（夹持装置和尾气处理装置略去）。下列说法错误的是（ ）
A．实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管
B．装置Ⅰ、Ⅱ依次盛装的是浓H2SO4、温度高于32℃的温水
C．装置Ⅰ可用于二氧化锰固体与浓盐酸反应制备氯气
D．a气体为H2
【分析】由实验装置可知，I中Zn与稀硫酸反应生成氢气，II中浓硫酸干燥氢气，Ⅲ中气化的SiHCl3与过量H2混合，Ⅳ中高温下反应硅，且SiHCl3遇水发生SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl，以此解答该题。
【解答】解：A.实验时应先打开装有稀硫酸仪器的活塞制取氢气，用氢气将装置内的空气排出，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管，防止氢气不纯加热易爆炸，故A正确；
B.装置Ⅱ中浓H2SO4可干燥氢气，Ⅲ中盛装温度高于32℃的温水，目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3气化，与氢气反应，故B正确；
C.二氧化锰和浓盐酸在常温下不反应，应在加热条件下进行，故C错误；
D.SiHCl3遇水发生SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl，则a为氢气，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6．以二甲醚（CH3OCH3）酸性燃料电池为电源，电解饱和食盐水制备氯气和烧碱，设计装置如图所示．已知：a电极的反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O，下列说法不正确的是（ ）
A．b电极的反应式为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2↑+12H+
B．试剂A为饱和食盐水，试刑B为NaOH稀溶液
C．阳极生成1 mol气体时，有1mol离子通过离子交换膜
D．阴极生成1 mol气体时，理论上导线中流过2 mol e﹣
【分析】a电极的反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O，则a电极为正极，所以电极b是负极发生氧化反应，电极反应式为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O═2CO2+12H+；与a电极相连的M电极为阳极失电子发生氧化反应，所以试剂A为饱和食盐水，反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，与b电极相连的N电极为阴极得电子发生还原反应，所以试剂B为NaOH稀溶液，反应式为2H++2e﹣═H2↑，据此分析解答．
【解答】解：A．a电极的反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O，则a电极为正极，所以电极b是负极发生氧化反应，电极反应式为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O═2CO2+12H+，故A正确；
B．根据以上分析，试剂A为饱和食盐水，试剂B为NaOH稀溶液，故B正确；
C．M电极为阳极失电子发生氧化反应，所以试剂A为饱和食盐水，反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，则生成1 mol气体时，有2mol离子通过离子交换膜，故C错误；
D．与b电极相连的N电极为阴极得电子发生还原反应，所以试剂B为NaOH稀溶液，反应式为2H++2e﹣═H2↑，所以阴极生成1 mol气体时，理论上导线中流过2 mol e﹣，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了燃料电池和电解池的工作原理，明确正负极、阴阳极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，题目难度不大．
7．阿散酸是一种饲料添加剂，其结构可表示为：，其中As位于元素周期表中第四周期第ⅤA族。X、Y它们的单质均为气体，Z原子半径最小，下列说法错误的是（ ）
A．X与Z可以形成原子个数比为1：2的化合物
B．X、Y常见的氢化物分子之间可以形成氢键
C．X、Y、Z三元素可形成离子化合物
D．X的氢化物稳定性比Y的氢化物稳定性强
【分析】As位于元素周期表中第四周期第ⅤA族，Z原子半径最小，则Z为H；Y于As形成1个双键，位于ⅥA族，X形成3个单键，位于ⅤA族，且X、Y的单质均为气体，则X为N，Y为O元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，X为N，Y为O，Z为H元素，
A．N、H可以形成原子个数比为1：2的化合物N2H4，故A正确；
B．N、O的非金属性较强，则氨气、水分子之间均可以形成氢键，故B正确；
C．H、N、O可以形成离子化合物硝酸铵，故C正确；
D．若是最简单氢化物，由于非金属性N＜O，则最简单氢化物的稳定性：X＜Y，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握物质结构、原子半径推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
二、解答题（共3小题，满分0分）
8．肼（N2H4）的熔点2.0℃、沸点113.5℃，极易溶于水，在碱性介质中具有还原性。在强碱性介质中，用次氯酸钠氧化尿素[CO（NH2）2]可得粗肼，再经蒸馏得到肼溶液。回答下列问题：
Ⅰ．制备NaClO强碱性溶液
（1）在加入实验药品之前必须进行的操作是 检查装置的气密性 。
（2）A为氯气发生装置，A中反应的化学方程式是 2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 。
（3）次氯酸钠高于35℃容易分解。制备NaClO强碱性溶液时需要注意的两个关键问题是 冷水浴、滴加速度适中 。
Ⅱ．制备N2H4
（4）仪器F的名称是 冷凝管 。
（5）通入N2目的是 排除装置内O2，防止生成的N2H4被氧化 。
（6）次氯酸钠氧化尿素的温度一般控制在105～108℃。E中制得肼的离子方程式为 ClO﹣+CO（NH2）2+2OH﹣N2H4+Cl﹣+H2O+CO32﹣ .。
（7）向三颈烧瓶中加入NaClO强碱性溶液应当 分批少量 .（填“一次大量”或“分批少量”）加入，充分反应后制得粗肼。蒸馏提纯时应调节控温槽的温度略高于 113.5℃ ℃，得到肼溶液。
【分析】（1）一般有气体参与的反应，需要先检查装置的气密性；
（2）A中利用浓盐酸和高锰酸钾的反应生成氯气、氯化钾、水和二氯化锰；
（3）次氯酸钠高于35℃容易分解，需要控制反应混合液的温度；
（4）根据仪器的结构和性能确定仪器F的名称；
（5）N2H4在碱性条件下具有还原性，需防止被氧化；
（6）次氯酸钠在105～108℃时氧化尿素生成N2H4和CO2，因在强碱性溶液中进行，最终生成碳酸盐，
（7）次氯酸钠高于35℃容易分解，需要控制反应节奏，防止温度过高，降低产率。
【解答】解：（1）有气体参与的反应，应先检查装置的气密性，再加入实验药品，
故答案为：检查装置的气密性；
（2）A中利用浓盐酸和高锰酸钾的反应生成氯气、氯化钾、水和二氯化锰，发生反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，
故答案为：2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
（3）由于NaClO在35℃以上易分解，所以需要冷水浴，滴加速度过快，反应放热使溶液温度快速升高，也会使NaClO分解，
故答案为：冷水浴、滴加速度适中；
（4）仪器F的名称为冷凝管，
故答案为：冷凝管；
（5）由题干知，N2H4在碱性介质中具有还原性，需防止被装置中的氧气氧化，则通入N2目的是排除装置内氧气，
故答案为：排除装置内O2，防止生成的N2H4被氧化；
（6）次氯酸钠在105～108℃的强碱性溶液中氧化尿素生成N2H4和碳酸盐，根据电子守恒、电荷守恒、元素守恒知离子方程式为ClO﹣+CO（NH2）2+2OH﹣N2H4+Cl﹣+H2O+CO32﹣，
故答案为：ClO﹣+CO（NH2）2+2OH﹣N2H4+Cl﹣+H2O+CO32﹣；
（7）为防止反应放热多使产率降低，NaClO强碱性溶液应当批少量加入；N2H4沸点为113.5℃，蒸馏提纯时应调节控制槽的温度略高于113.5℃，
故答案为：分批少量；113.5℃。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂。实验室模拟生产NaClO2的一种工艺如图。
已知：①ClO2是一种强氧化性气体，浓度大时易分解爆炸。在生产使用时要用稀有气体或空气等进行稀释，同时避免光照、震动等。
②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2•3H2O晶体，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。回答：
（1）NaClO2中所含的化学键类型有 离子键和共价键 ； 实验室制取SO2的化学方程式是 Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O 。
（2）上述流程中“反应”的离子方程式为 2ClO3﹣+SO2＝2ClO2↑+SO42﹣ ；尾气吸收时H2O2的作用是 还原剂 。（填“氧化剂“或“还原剂”）
（3）最近科学家又在“反应”步骤的基础上研究出用H2C2O4，代替SO2制备ClO2的新方法，其原理为：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4═Na2SO4+2ClO2↑+2CO2↑+2H2O。该新方法最突出的优点是 反应过程产生的CO2气体对ClO2起稀释作用，提高了生产及储存、运输的安全性 。
（4）测定产品NaClO2的纯度。取上述所得产品7.5g溶于水配成1L溶液，取出20.00mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后（ClO2﹣被还原为Cl﹣，杂质不参加反应），加入2～3滴淀粉溶液，用0.25mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定，达到滴定终点时，溶液呈 无色 （填“蓝色”或“无色”），用去标准液24.00mL，计算产品NaClO2的纯度 90.5% 。 （提示：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）
【分析】实验流程中反应：2NaClO3+SO2+H2SO4＝2ClO2+2NaHSO4，流程电解反应为2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2，ClO2尾气吸收用氢氧化钠和H2O2反应，也得到NaClO2溶液，获的NaClO2操作步骤为：①加热蒸发；②趁热过滤；③洗涤；④干燥，得到成品；
（1）NaClO2是离子化合物；实验室常用Na2SO3和70%的H2SO4混合制取SO2，反应生成Na2SO4、SO2和水，据此书写化学方程式；
（2）由流程图可知，反应为：2NaClO3+SO2+H2SO4＝2ClO2+2NaHSO4；ClO2尾气吸收时H2O2在反应中化合价升高；
（3）ClO2浓度大时易分解爆炸，用H2C2O4代替SO2制备ClO2的新方法中会产生CO2气体；
（4）NaClO2溶液中加入足量酸化的KI溶液，充分反应生成I2，加入2～3滴淀粉溶液后溶液呈蓝色，用0.25mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定时I2被还原为I﹣；NaClO2与足量酸化的KI溶液，反应为：ClO2﹣+4I﹣+4H+→2H2O+2I2+Cl﹣，令样品中NaClO2的物质的量x，则：
NaClO2～2I2～4S2O32﹣，
1mol 4mol
x 24×10﹣3×0.25mol
解得：x＝1.5×10﹣3mol，
10mL样品中m（NaClO2）＝0.0015mol×90.5g/mol，据此计算样品中NaClO2的质量分数。
【解答】解：（1）NaClO2是离子化合物，含有离子键和共价键；实验室用Na2SO3和70%的H2SO4混合制取SO2，反应生成Na2SO4、SO2和水，发生反应的化学方程式Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O，
故答案为：离子键和共价键；Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）上述流程反应中，SO2在酸性条件下还原NaClO3生成ClO2，发生反应离子方程式为：2ClO3﹣+SO2＝2ClO2↑+SO42﹣，ClO2尾气吸收时H2O2在反应中化合价升高，做还原剂，
故答案为：2ClO3﹣+SO2＝2ClO2↑+SO42﹣；还原剂；
（3）用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，其优点是提高了生产及储存、运输的安全性，原因是反应过程产生的CO2气体对ClO2起稀释作用，
故答案为：反应过程产生的CO2气体对ClO2起稀释作用，提高了生产及储存、运输的安全性；
（4）NaClO2溶液中加入足量酸化的KI溶液，充分反应生成I2，加入2～3滴淀粉溶液后溶液呈蓝色，用0.25mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定时I2被还原为I﹣，溶液蓝色被浅，最终变为无色；NaClO2与足量酸化的KI溶液，反应为：ClO2﹣+4I﹣+4H+→2H2O+2I2+Cl﹣，令样品中NaClO2的物质的量x，则：
NaClO2～2I2～4S2O32﹣，
1mol 4mol
x 24×10﹣3×0.25mol
解得：x＝1.5×10﹣3mol，
10mL样品中m（NaClO2）＝0.0015mol×90.5g/mol，原样品中NaClO2的质量分数为：×100%＝90.5%，
故答案为：90.5%。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高考常见题型，把握制备流程及发生的反应为解答的关键，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意混合物分离、元素化合物知识等，题目难度中等。
10．含碳物质的价值型转化，有利于“减碳”和可持续发展。结合相关信息，回答：
（1）科学家用ZnO﹣Cu2O作催化剂，可将CO2和H2O转化为甲烷。已知有关化学反应的能量变化如图所示，则该转化反应的热化学方程式为 CO2（g）+2H2O（g）＝CH4（g）+O2（g）△H＝+802kJ/mol 。
（2）用惰性电极电解KHCO3溶液，可将空气中的CO2转化为甲酸根（HCOO﹣），然后进一步可制得化工原料甲酸。CO2发生反应的电极反应式为 CO2+2e﹣+H2O＝HCOO﹣+OH﹣ ，若电解过程中转移1mol电子，阳极生成气体的体积（标准状况）为 5.6 L。
（3）乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应为：
其反应历程如下：
①由原料到状态Ⅰ 吸收 （填“放出”或“吸收”）能量。
②一定温度下，向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和2mol CO2，起始压强为P0，平衡时容器内气体总物质的量为5mol，乙苯的转化率为 50% ，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝ 0.25p0 。
③乙苯平衡转化率与p（ CO2）的关系如图所示，解释乙苯平衡转化率随着p（ CO2）变化而变化的原因 随着p（CO2）增大，CO2浓度增大，乙苯平衡转化率增大；p（CO2）继续增大，造成催化剂表面乙苯的吸附率下降，使乙苯平衡转化率随着p（CO2）增大而减小。 。
【分析】（1）由图可知，①CH4（g）+H2O（g）＝CO（g）+3H2（g）△H＝+206.4kJ/mol，②CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41.2kJ/mol，③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H＝﹣483.6kJ/mol，根据盖斯定律﹣①﹣②﹣③×2得CO2（g）+2H2O（g）＝CH4（g）+O2（g）；
（2）CO2得到电子发生还原反应转化为HCOO﹣；阳极电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，根据电极反应式计算；
（3）①由原料到状态Ⅰ发生化学键的断裂；
②一定温度下，向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和2mol CO2，起始压强为P0，平衡时容器内气体总物质的量为5mol，列化学平衡三段式解答；
③p（ CO2）增大，则CO2浓度增大，平衡正向移动，由图可知，乙苯和二氧化碳先吸附在催化剂表面上，p（ CO2）增大，导致二氧化碳在催化剂表面吸附过高。
【解答】解：（1）由图可知，①CH4（g）+H2O（g）＝CO（g）+3H2（g）△H＝+206.4kJ/mol，②CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41.2kJ/mol，③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H＝﹣483.6kJ/mol，根据盖斯定律﹣①﹣②﹣③×2得CO2（g）+2H2O（g）＝CH4（g）+O2（g）△H＝（﹣206.4+41.2+483.6×2）kJ/mol＝+802kJ/mol，
故答案为：CO2（g）+2H2O（g）＝CH4（g）+O2（g）△H＝+802kJ/mol；
（2）CO2得到电子发生还原反应转化为HCOO﹣，则CO2发生反应的电极反应式为CO2+2e﹣+H2O＝HCOO﹣+OH﹣；阳极电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，电解过程中转移1mol电子，则n（O2）＝×1mol＝0.25mol，V（O2）＝0.25mol×22.4L/mol＝5.6L，
故答案为：CO2+2e﹣+H2O＝HCOO﹣+OH﹣；5.6；
（3）①由原料到状态Ⅰ发生化学键的断裂，则由原料到状态Ⅰ吸收能量，
故答案为：吸收；
②一定温度下，向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和2mol CO2，起始压强为P0，平衡时容器内气体总物质的量为5mol，设乙苯转化物质的量为xmol，
起始（mol） 2 2 0 0 0
转化（mol） x x x x x
平衡（mol） 2﹣x 2﹣x x x x
平衡时容器内气体总物质的量为（2﹣x+2﹣x+x+x+x）mol＝5mol，解得x＝1，则乙苯的转化率为＝50%；压强之比等于物质的量之比，则＝＝，则p平衡＝1.25p0，p（乙苯）＝p（CO2）＝p（苯乙烯）＝p（CO）＝p（H2O）＝×1.25p0＝0.25p0，Kp＝＝0.25p0，
故答案为：50%；0.25p0；
③一定范围内，随着p（ CO2）增大，则CO2浓度增大，平衡正向移动，乙苯平衡转化率增大，由图可知，乙苯和二氧化碳先吸附在催化剂表面上，p（ CO2）继续增大，导致二氧化碳在催化剂表面吸附过高，则造成催化剂表面乙苯的吸附率下降，使乙苯平衡转化率随着p（ CO2）增大而减小，
故答案为：随着p（ CO2）增大，CO2浓度增大，乙苯平衡转化率增大；p（ CO2）继续增大，造成催化剂表面乙苯的吸附率下降，使乙苯平衡转化率随着p（ CO2）增大而减小。
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算、电化学等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式、守恒原则等知识解答，此题难度大。
[化学一选修3物质结构与性质]
11．宋代《开宝本草》记载“取钢煅作叶如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣。”“铁华”是醋酸亚铁，其熔点约为195℃。回答：
（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图为 ，铁所在的周期第一电离能由大到小的前三种元素是 Kr＞Br＞As 。（用元素符号表示）
（2）醋酸亚铁中碳原子的杂化轨道类型 sp2、sp3 ，该微粒中是否存在四面体结构 存在 （填“存在”或“不存在”），其晶体类型最可能是 分子晶体 。
（3）盐水若洒在煤火上会产生黄色火焰，此过程中相应原子中电子跃迁方式为 由激发态跃迁到基态 。
（4）Fe（CO）5可用作催化剂、汽油抗爆剂等。其分子中σ键和π键的数目之比为 1：1 CO的沸点高于N2的原因是 二者相对分子质量相同，CO为极性分子，N2为非极性分子，CO的分子间作用力大于N2的分子间作用力 。
（5）铁氮化合物在磁记录材料领域有着广泛的应用前景，其中一种晶胞结构如图所示，则一个该晶胞的质量为 g。若晶胞参数为dpm，N、Fe的原子半径分为rNpm、rFepm，则该晶胞中原子的空间利用率是 。（用NA表示阿伏加德罗常数的值，π表示圆周率）
【分析】（1）Fe是26号元素，依据构造原理写出核外电子排布式；Fe位于第四周期第VIII族，一般情况下同一周期元素的原子序数越大，其第一电离能就越大，当元素处于第VA时，其第一电离能大于同一周期相邻元素；
（2）分析分子结构可知，确定碳原子成键方式，进而确定碳原子杂化方式；由于其中含有甲基，故存在四面体结构，醋酸亚铁的熔点约为195℃，相对来说比较低，因此其晶体类型可能是分子晶体；
（3）电子由能量低基态跃迁到能量高的激发态，电子处于高能量状态不稳定，会再回到能量比较低的基态，多余的能量以光的形式释放出来，即此过程中相应原子中电子跃迁方式为由激发态跃迁到基态；
（4）配位键属于σ键；在配位体CO分子中含有1个σ键和2个π键；CO、N2为等电子体，且相对分子质量相同，分析分子极性对分子间作用力的影响；
（5）依据均摊法计算晶胞中原子的数目，进而计算晶胞质量，通过原子数目计算原子总体积，晶胞空间利用率为原子体积÷晶胞体积。
【解答】解：（1）Fe是26号元素，基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子的电子排布式是3d64s2，则其基态价电子排布图为；Fe位于第四周期第VIII族，一般情况下同一周期元素的原子序数越大，其第一电离能就越大，当元素处于第IIA、第VA时，其第一电离能大于同一周期相邻元素，故铁所在的周期第一电离能由大到小的前三种元素是Kr＞Br＞As，
故答案为：；Kr＞Br＞As；
（2）分析分子结构可知，Fe（CH3COO）2中甲基C形成4个σ键，为sp3杂化；羰基C形成了碳、氧双键，为sp2杂化；故Fe（CH3COO）2中C原子杂化类型为sp3、sp2杂化；由于其中含有甲基，与该C原子连接的4个原子构成的是四面体结构，故该微粒中是否存在四面体结构；醋酸亚铁的熔点约为195℃，相对来说比较低，因此其晶体类型可能是分子晶体，
故答案为：sp2、sp3；存在；分子晶体；
（3）Na+在灼烧时，电子由能量低基态跃迁到能量高的激发态，电子处于高能量状态不稳定，会再回到能量比较低的基态，多余的能量以光的形式释放出来，即此过程中相应原子中电子跃迁方式为由激发态跃迁到基态，
故答案为：由激发态跃迁到基态；
（4）Fe（CO）5为络合物，Fe与5个CO形成配位键，配位键属于σ键；在配位体CO分子中含有1个σ键和2个π键，则Fe（CO）5分子中σ键和π键的数目之比为（5+5）：（2×5）＝1：1；CO、N2为等电子体，CO的沸点高于N2是由于二者相对分子质量相同，CO为极性分子，N2为非极性分子，CO的分子间作用力大于N2的分子间作用力，
故答案为：1：1；二者相对分子质量相同，CO为极性分子，N2为非极性分子，CO的分子间作用力大于N2的分子间作用力；
（5）分析晶胞结构可知，在一个晶胞含有的Fe原子数目为8×+6×＝4；含有的N原子数为：1个，则晶胞质量为m＝g；
晶胞体积为V（晶胞）＝（d×pm）3＝d3；在一个晶胞中含有的4个Fe原子和1个N原子的体积为4V（Fe）+V（N）＝4×πr（Fe）3+πr（N）3，该晶胞中原子空间利用率＝＝，
故答案为：；。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、配合物中配原子判断、微粒空间构型判断等知识点，侧重考查对基本公式、基本理论的灵活运用及空间想像能力和计算能力，题目难度中等。
[化学一选修5有机化学基础]
12．化合物N是一种具有玫瑰香味的香料，可用作化妆品和食品的添加剂。实验室制备N的两种合成路线如图。
已知：ⅰ：（R1、R3为烃基，R2为H或烃基）
ⅱ：（R1、R2、R3为烃基）
回答下列问题：
（1）A→B所需的试剂是 铁粉和液溴 ，H的化学名称是 苯甲醛 。
（2）J中所含官能团的名称是 碳碳双键、羧基 。
（3）K→L的反应类型是 酯化反应或取代反应 。
（4）G的结构简式为 CH3COCH3 ，M的结构简式为 CH3MgBr 。
（5）I与新制Cu（ OH）2悬浊液发生反应的方程式为 。
（6）K有多种同分异构体，写出两种满足下列条件的同分异构体的结构简式 、 、、（任写一种） 。
①属于芳香族化合物；
②能发生银镜反应；
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：1：2：6
【分析】根据C的结构简式及A、B分子式知，A为、B为，C和环氧乙烷发生信息i的反应生成D，D发生取代反应生成E，根据F的结构简式知，E为，F和G发生信息i的反应生成N，G为CH3COCH3，苯甲醛和乙醛反应生成苯丙烯醛，I发生氧化反应然后酸化生成J为，根据K的分子式知，K为，K和甲醇发生酯化反应生成L为，L和M发生信息ii的反应生成N，则M为CH3MgBr。
【解答】解：（1）A为、B为，A和液溴在FeBr3作催化剂条件下发生取代反应生成B，则A→B所需的试剂是铁粉和液溴，H的化学名称是苯甲醛，
故答案为：铁粉和液溴；苯甲醛；
（2）J为，J中所含官能团的名称是碳碳双键、羧基，
故答案为：碳碳双键、羧基；
（3）K为，K和甲醇发生酯化反应生成L为，K→L的反应类型是酯化反应或取代反应，
故答案为：酯化反应或取代反应；
（4）G的结构简式为CH3COCH3，M的结构简式为CH3MgBr，
故答案为：CH3COCH3；CH3MgBr；
（5）I与新制Cu（ OH）2悬浊液发生反应的方程式为，
故答案为：；
（6）K为，K的同分异构体满足下列条件：
①属于芳香族化合物，说明含有苯环；
②能发生银镜反应，说明含有醛基，可能含有一个醛基和一个羟基、也可能含有一个HCOO﹣；
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：1：2：6，则该分子中含有2个甲基；
则符合条件的结构简式为、、、，
故答案为：；、、（任写一种）。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系并正确推断各物质结构简式是解本题关键，易错点是同分异构体结构简式确定，题目难度中等。
2021年青海省西宁市高考化学一模试卷
一、选择题
1．古医名著《本草图经》中关于绿矾分解描述如下：“绿矾形似朴硝（Na2SO4•10H2O）而绿色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”下列有关叙述错误的是（ ）
A．“色赤”物质是Fe（OH）3
B．流出的液体中可能含有硫酸
C．绿矾分解过程中硫元素部分被还原
D．可以通过焰色反应区分绿矾和朴硝
2．已知某有机物X的结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．X属于芳香烃的含氧衍生物
B．X的分子式为C10H16O3
C．X分子只含有两种官能团
D．X分子可发生取代、消去、加成、氧化、缩聚反应
3．设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L CCl4中所含的原子数目为5NA
B．28g N60（分子结构如图）中含有的N﹣N键数目为1.5NA
C．常温下，2L pH＝12的Na2CO3，溶液中含有OH﹣数目为0.02NA
D．常温下，将5.6g铁投入足量的稀硫酸中，充分反应，转移的电子数目为0.3NA
4．BMO（Bi2MoO6）是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2O
B．该过程中BMO表现较强氧化性
C．降解产物的分子中只含有极性共价键
D．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1
5．“5G技术”中制造芯片的高纯度硅是用SiHCl3，（沸点：31.85℃，SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3，HCl和一种气体a）与过量的H2在1100～1200℃反应制得，实验装置如图所示（夹持装置和尾气处理装置略去）。下列说法错误的是（ ）
A．实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管
B．装置Ⅰ、Ⅱ依次盛装的是浓H2SO4、温度高于32℃的温水
C．装置Ⅰ可用于二氧化锰固体与浓盐酸反应制备氯气
D．a气体为H2
6．以二甲醚（CH3OCH3）酸性燃料电池为电源，电解饱和食盐水制备氯气和烧碱，设计装置如图所示．已知：a电极的反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O，下列说法不正确的是（ ）
A．b电极的反应式为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2↑+12H+
B．试剂A为饱和食盐水，试刑B为NaOH稀溶液
C．阳极生成1 mol气体时，有1mol离子通过离子交换膜
D．阴极生成1 mol气体时，理论上导线中流过2 mol e﹣
7．阿散酸是一种饲料添加剂，其结构可表示为：，其中As位于元素周期表中第四周期第ⅤA族。X、Y它们的单质均为气体，Z原子半径最小，下列说法错误的是（ ）
A．X与Z可以形成原子个数比为1：2的化合物
B．X、Y常见的氢化物分子之间可以形成氢键
C．X、Y、Z三元素可形成离子化合物
D．X的氢化物稳定性比Y的氢化物稳定性强
二、解答题（共3小题，满分0分）
8．肼（N2H4）的熔点2.0℃、沸点113.5℃，极易溶于水，在碱性介质中具有还原性。在强碱性介质中，用次氯酸钠氧化尿素[CO（NH2）2]可得粗肼，再经蒸馏得到肼溶液。回答下列问题：
Ⅰ．制备NaClO强碱性溶液
（1）在加入实验药品之前必须进行的操作是 。
（2）A为氯气发生装置，A中反应的化学方程式是 。
（3）次氯酸钠高于35℃容易分解。制备NaClO强碱性溶液时需要注意的两个关键问题是 。
Ⅱ．制备N2H4
（4）仪器F的名称是 。
（5）通入N2目的是 。
（6）次氯酸钠氧化尿素的温度一般控制在105～108℃。E中制得肼的离子方程式为 .。
（7）向三颈烧瓶中加入NaClO强碱性溶液应当 .（填“一次大量”或“分批少量”）加入，充分反应后制得粗肼。蒸馏提纯时应调节控温槽的温度略高于 ℃，得到肼溶液。
9．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂。实验室模拟生产NaClO2的一种工艺如图。
已知：①ClO2是一种强氧化性气体，浓度大时易分解爆炸。在生产使用时要用稀有气体或空气等进行稀释，同时避免光照、震动等。
②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2•3H2O晶体，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。回答：
（1）NaClO2中所含的化学键类型有 ； 实验室制取SO2的化学方程式是 。
（2）上述流程中“反应”的离子方程式为 ；尾气吸收时H2O2的作用是 。（填“氧化剂“或“还原剂”）
（3）最近科学家又在“反应”步骤的基础上研究出用H2C2O4，代替SO2制备ClO2的新方法，其原理为：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4═Na2SO4+2ClO2↑+2CO2↑+2H2O。该新方法最突出的优点是 。
（4）测定产品NaClO2的纯度。取上述所得产品7.5g溶于水配成1L溶液，取出20.00mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后（ClO2﹣被还原为Cl﹣，杂质不参加反应），加入2～3滴淀粉溶液，用0.25mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定，达到滴定终点时，溶液呈 （填“蓝色”或“无色”），用去标准液24.00mL，计算产品NaClO2的纯度 。 （提示：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）
10．含碳物质的价值型转化，有利于“减碳”和可持续发展。结合相关信息，回答：
（1）科学家用ZnO﹣Cu2O作催化剂，可将CO2和H2O转化为甲烷。已知有关化学反应的能量变化如图所示，则该转化反应的热化学方程式为 。
（2）用惰性电极电解KHCO3溶液，可将空气中的CO2转化为甲酸根（HCOO﹣），然后进一步可制得化工原料甲酸。CO2发生反应的电极反应式为 ，若电解过程中转移1mol电子，阳极生成气体的体积（标准状况）为 L。
（3）乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应为：
其反应历程如下：
①由原料到状态Ⅰ （填“放出”或“吸收”）能量。
②一定温度下，向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和2mol CO2，起始压强为P0，平衡时容器内气体总物质的量为5mol，乙苯的转化率为 ，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝ 。
③乙苯平衡转化率与p（ CO2）的关系如图所示，解释乙苯平衡转化率随着p（ CO2）变化而变化的原因 。
[化学一选修3物质结构与性质]
11．宋代《开宝本草》记载“取钢煅作叶如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣。”“铁华”是醋酸亚铁，其熔点约为195℃。回答：
（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图为 ，铁所在的周期第一电离能由大到小的前三种元素是 。（用元素符号表示）
（2）醋酸亚铁中碳原子的杂化轨道类型 ，该微粒中是否存在四面体结构 （填“存在”或“不存在”），其晶体类型最可能是 。
（3）盐水若洒在煤火上会产生黄色火焰，此过程中相应原子中电子跃迁方式为 。
（4）Fe（CO）5可用作催化剂、汽油抗爆剂等。其分子中σ键和π键的数目之比为 CO的沸点高于N2的原因是 。
（5）铁氮化合物在磁记录材料领域有着广泛的应用前景，其中一种晶胞结构如图所示，则一个该晶胞的质量为 g。若晶胞参数为dpm，N、Fe的原子半径分为rNpm、rFepm，则该晶胞中原子的空间利用率是 。（用NA表示阿伏加德罗常数的值，π表示圆周率）
[化学一选修5有机化学基础]
12．化合物N是一种具有玫瑰香味的香料，可用作化妆品和食品的添加剂。实验室制备N的两种合成路线如图。
已知：ⅰ：（R1、R3为烃基，R2为H或烃基）
ⅱ：（R1、R2、R3为烃基）
回答下列问题：
（1）A→B所需的试剂是 ，H的化学名称是 。
（2）J中所含官能团的名称是 。
（3）K→L的反应类型是 。
（4）G的结构简式为 ，M的结构简式为 。
（5）I与新制Cu（ OH）2悬浊液发生反应的方程式为 。
（6）K有多种同分异构体，写出两种满足下列条件的同分异构体的结构简式 、 。
①属于芳香族化合物；
②能发生银镜反应；
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：1：2：6
2021年青海省西宁市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．古医名著《本草图经》中关于绿矾分解描述如下：“绿矾形似朴硝（Na2SO4•10H2O）而绿色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”下列有关叙述错误的是（ ）
A．“色赤”物质是Fe（OH）3
B．流出的液体中可能含有硫酸
C．绿矾分解过程中硫元素部分被还原
D．可以通过焰色反应区分绿矾和朴硝
【分析】A．Fe的氧化物只有氧化铁为红色；
B．三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中可能含有硫酸；
C．硫酸亚铁分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，可知硫元素部分被还原；
D．钠的焰色反应为黄色，可区分绿矾和朴硝。
【解答】解：A．Fe（OH）3受热分解，Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故A错误；
B．硫酸亚铁分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中可能含有硫酸，故B正确；
C．硫酸亚铁分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，可知硫元素部分被还原，故C正确；
D．钠的焰色反应为黄色，则焰色反应可区分绿矾和朴硝，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2．已知某有机物X的结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．X属于芳香烃的含氧衍生物
B．X的分子式为C10H16O3
C．X分子只含有两种官能团
D．X分子可发生取代、消去、加成、氧化、缩聚反应
【分析】该有机物中含有碳碳双键、醇羟基和羧基，具有烯烃、醇和羧酸的性质，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、酯化反应、缩聚反应等。
【解答】解：A．不含苯环，所以不属于芳香烃的含氧衍生物，故A错误；
B．根据结构简式确定分子式为C10H14O3，故B错误；
C．含有碳碳双键、醇羟基和羧基三种官能团，故C错误；
D．含有碳碳双键、醇羟基和羧基，醇羟基和羧基能发生取代反应，醇羟基能发生消去反应，碳碳双键能发生加成反应、氧化反应，醇羟基和羧基能发生缩聚反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烃、醇和羧酸性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意：该分子中醇羟基不能发生催化氧化反应。
3．设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L CCl4中所含的原子数目为5NA
B．28g N60（分子结构如图）中含有的N﹣N键数目为1.5NA
C．常温下，2L pH＝12的Na2CO3，溶液中含有OH﹣数目为0.02NA
D．常温下，将5.6g铁投入足量的稀硫酸中，充分反应，转移的电子数目为0.3NA
【分析】A．气体摩尔体积使用对象为气体；
B．依据分摊法计算N﹣N化学键；
C． pH＝12的Na2CO3，氢氧根离子为0.01mol/L；
D．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁。
【解答】解：A．标况下四氯化碳为液态，不能使用气体摩尔体积，故A错误；
B．依据分摊法计算N﹣N化学键，每个N原子均以氮氮单键结合三个氮原子，每个氮氮键被2个氮原子共用，每个氮原子有1.5个氮氮键，1个N60分子的结构中含有90个氮氮键，则28g N60物质的量＝＝mol，含有N﹣N键3NA，故B错误；
C．pH＝12的Na2CO3，氢氧根离子为0.01mol/L，常温下，2L pH＝12的Na2CO3，溶液中含有OH﹣数目为2L×0.01mol/L×NAmol﹣1＝0.02NA，故C正确；
D．常温下，将5.6g铁物质的量为＝0.1mol，投入足量的稀硫酸中，充分反应生成0.1mol亚铁离子，转移的电子数目为0.2NA，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大，注意分摊法在化学键计算中的应用。
4．BMO（Bi2MoO6）是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2O
B．该过程中BMO表现较强氧化性
C．降解产物的分子中只含有极性共价键
D．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1
【分析】A．根据图知，反应物是C6H6O和氧气、生成物是二氧化碳和水；
B．BMO在反应中失电子生成BMO+；
C．不同非金属元素原子之间易形成极性键；
D．根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比。
【解答】解：A．根据图知，反应物是C6H6O和氧气、生成物是二氧化碳和水，所以该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2O，故A正确；
B．BMO在反应中失电子生成BMO+，失电子作还原剂，体现还原性，故B错误；
C．二氧化碳是非极性分子，水是极性分子，二氧化碳和水分子中都只含极性键，故C正确；
D．根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比，过氧根离子生成氧离子得到3个电子、BMO+得1个电子，根据转移电子守恒知，①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查图象分析判断能力，正确分析反应过程及各物质性质是解本题关键，题目难度不大。
5．“5G技术”中制造芯片的高纯度硅是用SiHCl3，（沸点：31.85℃，SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3，HCl和一种气体a）与过量的H2在1100～1200℃反应制得，实验装置如图所示（夹持装置和尾气处理装置略去）。下列说法错误的是（ ）
A．实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管
B．装置Ⅰ、Ⅱ依次盛装的是浓H2SO4、温度高于32℃的温水
C．装置Ⅰ可用于二氧化锰固体与浓盐酸反应制备氯气
D．a气体为H2
【分析】由实验装置可知，I中Zn与稀硫酸反应生成氢气，II中浓硫酸干燥氢气，Ⅲ中气化的SiHCl3与过量H2混合，Ⅳ中高温下反应硅，且SiHCl3遇水发生SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl，以此解答该题。
【解答】解：A.实验时应先打开装有稀硫酸仪器的活塞制取氢气，用氢气将装置内的空气排出，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管，防止氢气不纯加热易爆炸，故A正确；
B.装置Ⅱ中浓H2SO4可干燥氢气，Ⅲ中盛装温度高于32℃的温水，目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3气化，与氢气反应，故B正确；
C.二氧化锰和浓盐酸在常温下不反应，应在加热条件下进行，故C错误；
D.SiHCl3遇水发生SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl，则a为氢气，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6．以二甲醚（CH3OCH3）酸性燃料电池为电源，电解饱和食盐水制备氯气和烧碱，设计装置如图所示．已知：a电极的反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O，下列说法不正确的是（ ）
A．b电极的反应式为CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2↑+12H+
B．试剂A为饱和食盐水，试刑B为NaOH稀溶液
C．阳极生成1 mol气体时，有1mol离子通过离子交换膜
D．阴极生成1 mol气体时，理论上导线中流过2 mol e﹣
【分析】a电极的反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O，则a电极为正极，所以电极b是负极发生氧化反应，电极反应式为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O═2CO2+12H+；与a电极相连的M电极为阳极失电子发生氧化反应，所以试剂A为饱和食盐水，反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，与b电极相连的N电极为阴极得电子发生还原反应，所以试剂B为NaOH稀溶液，反应式为2H++2e﹣═H2↑，据此分析解答．
【解答】解：A．a电极的反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O，则a电极为正极，所以电极b是负极发生氧化反应，电极反应式为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O═2CO2+12H+，故A正确；
B．根据以上分析，试剂A为饱和食盐水，试剂B为NaOH稀溶液，故B正确；
C．M电极为阳极失电子发生氧化反应，所以试剂A为饱和食盐水，反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，则生成1 mol气体时，有2mol离子通过离子交换膜，故C错误；
D．与b电极相连的N电极为阴极得电子发生还原反应，所以试剂B为NaOH稀溶液，反应式为2H++2e﹣═H2↑，所以阴极生成1 mol气体时，理论上导线中流过2 mol e﹣，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了燃料电池和电解池的工作原理，明确正负极、阴阳极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，题目难度不大．
7．阿散酸是一种饲料添加剂，其结构可表示为：，其中As位于元素周期表中第四周期第ⅤA族。X、Y它们的单质均为气体，Z原子半径最小，下列说法错误的是（ ）
A．X与Z可以形成原子个数比为1：2的化合物
B．X、Y常见的氢化物分子之间可以形成氢键
C．X、Y、Z三元素可形成离子化合物
D．X的氢化物稳定性比Y的氢化物稳定性强
【分析】As位于元素周期表中第四周期第ⅤA族，Z原子半径最小，则Z为H；Y于As形成1个双键，位于ⅥA族，X形成3个单键，位于ⅤA族，且X、Y的单质均为气体，则X为N，Y为O元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，X为N，Y为O，Z为H元素，
A．N、H可以形成原子个数比为1：2的化合物N2H4，故A正确；
B．N、O的非金属性较强，则氨气、水分子之间均可以形成氢键，故B正确；
C．H、N、O可以形成离子化合物硝酸铵，故C正确；
D．若是最简单氢化物，由于非金属性N＜O，则最简单氢化物的稳定性：X＜Y，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握物质结构、原子半径推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
二、解答题（共3小题，满分0分）
8．肼（N2H4）的熔点2.0℃、沸点113.5℃，极易溶于水，在碱性介质中具有还原性。在强碱性介质中，用次氯酸钠氧化尿素[CO（NH2）2]可得粗肼，再经蒸馏得到肼溶液。回答下列问题：
Ⅰ．制备NaClO强碱性溶液
（1）在加入实验药品之前必须进行的操作是 检查装置的气密性 。
（2）A为氯气发生装置，A中反应的化学方程式是 2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 。
（3）次氯酸钠高于35℃容易分解。制备NaClO强碱性溶液时需要注意的两个关键问题是 冷水浴、滴加速度适中 。
Ⅱ．制备N2H4
（4）仪器F的名称是 冷凝管 。
（5）通入N2目的是 排除装置内O2，防止生成的N2H4被氧化 。
（6）次氯酸钠氧化尿素的温度一般控制在105～108℃。E中制得肼的离子方程式为 ClO﹣+CO（NH2）2+2OH﹣N2H4+Cl﹣+H2O+CO32﹣ .。
（7）向三颈烧瓶中加入NaClO强碱性溶液应当 分批少量 .（填“一次大量”或“分批少量”）加入，充分反应后制得粗肼。蒸馏提纯时应调节控温槽的温度略高于 113.5℃ ℃，得到肼溶液。
【分析】（1）一般有气体参与的反应，需要先检查装置的气密性；
（2）A中利用浓盐酸和高锰酸钾的反应生成氯气、氯化钾、水和二氯化锰；
（3）次氯酸钠高于35℃容易分解，需要控制反应混合液的温度；
（4）根据仪器的结构和性能确定仪器F的名称；
（5）N2H4在碱性条件下具有还原性，需防止被氧化；
（6）次氯酸钠在105～108℃时氧化尿素生成N2H4和CO2，因在强碱性溶液中进行，最终生成碳酸盐，
（7）次氯酸钠高于35℃容易分解，需要控制反应节奏，防止温度过高，降低产率。
【解答】解：（1）有气体参与的反应，应先检查装置的气密性，再加入实验药品，
故答案为：检查装置的气密性；
（2）A中利用浓盐酸和高锰酸钾的反应生成氯气、氯化钾、水和二氯化锰，发生反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，
故答案为：2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
（3）由于NaClO在35℃以上易分解，所以需要冷水浴，滴加速度过快，反应放热使溶液温度快速升高，也会使NaClO分解，
故答案为：冷水浴、滴加速度适中；
（4）仪器F的名称为冷凝管，
故答案为：冷凝管；
（5）由题干知，N2H4在碱性介质中具有还原性，需防止被装置中的氧气氧化，则通入N2目的是排除装置内氧气，
故答案为：排除装置内O2，防止生成的N2H4被氧化；
（6）次氯酸钠在105～108℃的强碱性溶液中氧化尿素生成N2H4和碳酸盐，根据电子守恒、电荷守恒、元素守恒知离子方程式为ClO﹣+CO（NH2）2+2OH﹣N2H4+Cl﹣+H2O+CO32﹣，
故答案为：ClO﹣+CO（NH2）2+2OH﹣N2H4+Cl﹣+H2O+CO32﹣；
（7）为防止反应放热多使产率降低，NaClO强碱性溶液应当批少量加入；N2H4沸点为113.5℃，蒸馏提纯时应调节控制槽的温度略高于113.5℃，
故答案为：分批少量；113.5℃。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂。实验室模拟生产NaClO2的一种工艺如图。
已知：①ClO2是一种强氧化性气体，浓度大时易分解爆炸。在生产使用时要用稀有气体或空气等进行稀释，同时避免光照、震动等。
②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2•3H2O晶体，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。回答：
（1）NaClO2中所含的化学键类型有 离子键和共价键 ； 实验室制取SO2的化学方程式是 Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O 。
（2）上述流程中“反应”的离子方程式为 2ClO3﹣+SO2＝2ClO2↑+SO42﹣ ；尾气吸收时H2O2的作用是 还原剂 。（填“氧化剂“或“还原剂”）
（3）最近科学家又在“反应”步骤的基础上研究出用H2C2O4，代替SO2制备ClO2的新方法，其原理为：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4═Na2SO4+2ClO2↑+2CO2↑+2H2O。该新方法最突出的优点是 反应过程产生的CO2气体对ClO2起稀释作用，提高了生产及储存、运输的安全性 。
（4）测定产品NaClO2的纯度。取上述所得产品7.5g溶于水配成1L溶液，取出20.00mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应后（ClO2﹣被还原为Cl﹣，杂质不参加反应），加入2～3滴淀粉溶液，用0.25mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定，达到滴定终点时，溶液呈 无色 （填“蓝色”或“无色”），用去标准液24.00mL，计算产品NaClO2的纯度 90.5% 。 （提示：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）
【分析】实验流程中反应：2NaClO3+SO2+H2SO4＝2ClO2+2NaHSO4，流程电解反应为2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2，ClO2尾气吸收用氢氧化钠和H2O2反应，也得到NaClO2溶液，获的NaClO2操作步骤为：①加热蒸发；②趁热过滤；③洗涤；④干燥，得到成品；
（1）NaClO2是离子化合物；实验室常用Na2SO3和70%的H2SO4混合制取SO2，反应生成Na2SO4、SO2和水，据此书写化学方程式；
（2）由流程图可知，反应为：2NaClO3+SO2+H2SO4＝2ClO2+2NaHSO4；ClO2尾气吸收时H2O2在反应中化合价升高；
（3）ClO2浓度大时易分解爆炸，用H2C2O4代替SO2制备ClO2的新方法中会产生CO2气体；
（4）NaClO2溶液中加入足量酸化的KI溶液，充分反应生成I2，加入2～3滴淀粉溶液后溶液呈蓝色，用0.25mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定时I2被还原为I﹣；NaClO2与足量酸化的KI溶液，反应为：ClO2﹣+4I﹣+4H+→2H2O+2I2+Cl﹣，令样品中NaClO2的物质的量x，则：
NaClO2～2I2～4S2O32﹣，
1mol 4mol
x 24×10﹣3×0.25mol
解得：x＝1.5×10﹣3mol，
10mL样品中m（NaClO2）＝0.0015mol×90.5g/mol，据此计算样品中NaClO2的质量分数。
【解答】解：（1）NaClO2是离子化合物，含有离子键和共价键；实验室用Na2SO3和70%的H2SO4混合制取SO2，反应生成Na2SO4、SO2和水，发生反应的化学方程式Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O，
故答案为：离子键和共价键；Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）上述流程反应中，SO2在酸性条件下还原NaClO3生成ClO2，发生反应离子方程式为：2ClO3﹣+SO2＝2ClO2↑+SO42﹣，ClO2尾气吸收时H2O2在反应中化合价升高，做还原剂，
故答案为：2ClO3﹣+SO2＝2ClO2↑+SO42﹣；还原剂；
（3）用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，其优点是提高了生产及储存、运输的安全性，原因是反应过程产生的CO2气体对ClO2起稀释作用，
故答案为：反应过程产生的CO2气体对ClO2起稀释作用，提高了生产及储存、运输的安全性；
（4）NaClO2溶液中加入足量酸化的KI溶液，充分反应生成I2，加入2～3滴淀粉溶液后溶液呈蓝色，用0.25mol•L﹣1Na2S2O3标准液滴定时I2被还原为I﹣，溶液蓝色被浅，最终变为无色；NaClO2与足量酸化的KI溶液，反应为：ClO2﹣+4I﹣+4H+→2H2O+2I2+Cl﹣，令样品中NaClO2的物质的量x，则：
NaClO2～2I2～4S2O32﹣，
1mol 4mol
x 24×10﹣3×0.25mol
解得：x＝1.5×10﹣3mol，
10mL样品中m（NaClO2）＝0.0015mol×90.5g/mol，原样品中NaClO2的质量分数为：×100%＝90.5%，
故答案为：90.5%。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高考常见题型，把握制备流程及发生的反应为解答的关键，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意混合物分离、元素化合物知识等，题目难度中等。
10．含碳物质的价值型转化，有利于“减碳”和可持续发展。结合相关信息，回答：
（1）科学家用ZnO﹣Cu2O作催化剂，可将CO2和H2O转化为甲烷。已知有关化学反应的能量变化如图所示，则该转化反应的热化学方程式为 CO2（g）+2H2O（g）＝CH4（g）+O2（g）△H＝+802kJ/mol 。
（2）用惰性电极电解KHCO3溶液，可将空气中的CO2转化为甲酸根（HCOO﹣），然后进一步可制得化工原料甲酸。CO2发生反应的电极反应式为 CO2+2e﹣+H2O＝HCOO﹣+OH﹣ ，若电解过程中转移1mol电子，阳极生成气体的体积（标准状况）为 5.6 L。
（3）乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应为：
其反应历程如下：
①由原料到状态Ⅰ 吸收 （填“放出”或“吸收”）能量。
②一定温度下，向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和2mol CO2，起始压强为P0，平衡时容器内气体总物质的量为5mol，乙苯的转化率为 50% ，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝ 0.25p0 。
③乙苯平衡转化率与p（ CO2）的关系如图所示，解释乙苯平衡转化率随着p（ CO2）变化而变化的原因 随着p（CO2）增大，CO2浓度增大，乙苯平衡转化率增大；p（CO2）继续增大，造成催化剂表面乙苯的吸附率下降，使乙苯平衡转化率随着p（CO2）增大而减小。 。
【分析】（1）由图可知，①CH4（g）+H2O（g）＝CO（g）+3H2（g）△H＝+206.4kJ/mol，②CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41.2kJ/mol，③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H＝﹣483.6kJ/mol，根据盖斯定律﹣①﹣②﹣③×2得CO2（g）+2H2O（g）＝CH4（g）+O2（g）；
（2）CO2得到电子发生还原反应转化为HCOO﹣；阳极电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，根据电极反应式计算；
（3）①由原料到状态Ⅰ发生化学键的断裂；
②一定温度下，向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和2mol CO2，起始压强为P0，平衡时容器内气体总物质的量为5mol，列化学平衡三段式解答；
③p（ CO2）增大，则CO2浓度增大，平衡正向移动，由图可知，乙苯和二氧化碳先吸附在催化剂表面上，p（ CO2）增大，导致二氧化碳在催化剂表面吸附过高。
【解答】解：（1）由图可知，①CH4（g）+H2O（g）＝CO（g）+3H2（g）△H＝+206.4kJ/mol，②CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41.2kJ/mol，③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H＝﹣483.6kJ/mol，根据盖斯定律﹣①﹣②﹣③×2得CO2（g）+2H2O（g）＝CH4（g）+O2（g）△H＝（﹣206.4+41.2+483.6×2）kJ/mol＝+802kJ/mol，
故答案为：CO2（g）+2H2O（g）＝CH4（g）+O2（g）△H＝+802kJ/mol；
（2）CO2得到电子发生还原反应转化为HCOO﹣，则CO2发生反应的电极反应式为CO2+2e﹣+H2O＝HCOO﹣+OH﹣；阳极电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，电解过程中转移1mol电子，则n（O2）＝×1mol＝0.25mol，V（O2）＝0.25mol×22.4L/mol＝5.6L，
故答案为：CO2+2e﹣+H2O＝HCOO﹣+OH﹣；5.6；
（3）①由原料到状态Ⅰ发生化学键的断裂，则由原料到状态Ⅰ吸收能量，
故答案为：吸收；
②一定温度下，向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和2mol CO2，起始压强为P0，平衡时容器内气体总物质的量为5mol，设乙苯转化物质的量为xmol，
起始（mol） 2 2 0 0 0
转化（mol） x x x x x
平衡（mol） 2﹣x 2﹣x x x x
平衡时容器内气体总物质的量为（2﹣x+2﹣x+x+x+x）mol＝5mol，解得x＝1，则乙苯的转化率为＝50%；压强之比等于物质的量之比，则＝＝，则p平衡＝1.25p0，p（乙苯）＝p（CO2）＝p（苯乙烯）＝p（CO）＝p（H2O）＝×1.25p0＝0.25p0，Kp＝＝0.25p0，
故答案为：50%；0.25p0；
③一定范围内，随着p（ CO2）增大，则CO2浓度增大，平衡正向移动，乙苯平衡转化率增大，由图可知，乙苯和二氧化碳先吸附在催化剂表面上，p（ CO2）继续增大，导致二氧化碳在催化剂表面吸附过高，则造成催化剂表面乙苯的吸附率下降，使乙苯平衡转化率随着p（ CO2）增大而减小，
故答案为：随着p（ CO2）增大，CO2浓度增大，乙苯平衡转化率增大；p（ CO2）继续增大，造成催化剂表面乙苯的吸附率下降，使乙苯平衡转化率随着p（ CO2）增大而减小。
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算、电化学等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式、守恒原则等知识解答，此题难度大。
[化学一选修3物质结构与性质]
11．宋代《开宝本草》记载“取钢煅作叶如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣。”“铁华”是醋酸亚铁，其熔点约为195℃。回答：
（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图为 ，铁所在的周期第一电离能由大到小的前三种元素是 Kr＞Br＞As 。（用元素符号表示）
（2）醋酸亚铁中碳原子的杂化轨道类型 sp2、sp3 ，该微粒中是否存在四面体结构 存在 （填“存在”或“不存在”），其晶体类型最可能是 分子晶体 。
（3）盐水若洒在煤火上会产生黄色火焰，此过程中相应原子中电子跃迁方式为 由激发态跃迁到基态 。
（4）Fe（CO）5可用作催化剂、汽油抗爆剂等。其分子中σ键和π键的数目之比为 1：1 CO的沸点高于N2的原因是 二者相对分子质量相同，CO为极性分子，N2为非极性分子，CO的分子间作用力大于N2的分子间作用力 。
（5）铁氮化合物在磁记录材料领域有着广泛的应用前景，其中一种晶胞结构如图所示，则一个该晶胞的质量为 g。若晶胞参数为dpm，N、Fe的原子半径分为rNpm、rFepm，则该晶胞中原子的空间利用率是 。（用NA表示阿伏加德罗常数的值，π表示圆周率）
【分析】（1）Fe是26号元素，依据构造原理写出核外电子排布式；Fe位于第四周期第VIII族，一般情况下同一周期元素的原子序数越大，其第一电离能就越大，当元素处于第VA时，其第一电离能大于同一周期相邻元素；
（2）分析分子结构可知，确定碳原子成键方式，进而确定碳原子杂化方式；由于其中含有甲基，故存在四面体结构，醋酸亚铁的熔点约为195℃，相对来说比较低，因此其晶体类型可能是分子晶体；
（3）电子由能量低基态跃迁到能量高的激发态，电子处于高能量状态不稳定，会再回到能量比较低的基态，多余的能量以光的形式释放出来，即此过程中相应原子中电子跃迁方式为由激发态跃迁到基态；
（4）配位键属于σ键；在配位体CO分子中含有1个σ键和2个π键；CO、N2为等电子体，且相对分子质量相同，分析分子极性对分子间作用力的影响；
（5）依据均摊法计算晶胞中原子的数目，进而计算晶胞质量，通过原子数目计算原子总体积，晶胞空间利用率为原子体积÷晶胞体积。
【解答】解：（1）Fe是26号元素，基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子的电子排布式是3d64s2，则其基态价电子排布图为；Fe位于第四周期第VIII族，一般情况下同一周期元素的原子序数越大，其第一电离能就越大，当元素处于第IIA、第VA时，其第一电离能大于同一周期相邻元素，故铁所在的周期第一电离能由大到小的前三种元素是Kr＞Br＞As，
故答案为：；Kr＞Br＞As；
（2）分析分子结构可知，Fe（CH3COO）2中甲基C形成4个σ键，为sp3杂化；羰基C形成了碳、氧双键，为sp2杂化；故Fe（CH3COO）2中C原子杂化类型为sp3、sp2杂化；由于其中含有甲基，与该C原子连接的4个原子构成的是四面体结构，故该微粒中是否存在四面体结构；醋酸亚铁的熔点约为195℃，相对来说比较低，因此其晶体类型可能是分子晶体，
故答案为：sp2、sp3；存在；分子晶体；
（3）Na+在灼烧时，电子由能量低基态跃迁到能量高的激发态，电子处于高能量状态不稳定，会再回到能量比较低的基态，多余的能量以光的形式释放出来，即此过程中相应原子中电子跃迁方式为由激发态跃迁到基态，
故答案为：由激发态跃迁到基态；
（4）Fe（CO）5为络合物，Fe与5个CO形成配位键，配位键属于σ键；在配位体CO分子中含有1个σ键和2个π键，则Fe（CO）5分子中σ键和π键的数目之比为（5+5）：（2×5）＝1：1；CO、N2为等电子体，CO的沸点高于N2是由于二者相对分子质量相同，CO为极性分子，N2为非极性分子，CO的分子间作用力大于N2的分子间作用力，
故答案为：1：1；二者相对分子质量相同，CO为极性分子，N2为非极性分子，CO的分子间作用力大于N2的分子间作用力；
（5）分析晶胞结构可知，在一个晶胞含有的Fe原子数目为8×+6×＝4；含有的N原子数为：1个，则晶胞质量为m＝g；
晶胞体积为V（晶胞）＝（d×pm）3＝d3；在一个晶胞中含有的4个Fe原子和1个N原子的体积为4V（Fe）+V（N）＝4×πr（Fe）3+πr（N）3，该晶胞中原子空间利用率＝＝，
故答案为：；。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、配合物中配原子判断、微粒空间构型判断等知识点，侧重考查对基本公式、基本理论的灵活运用及空间想像能力和计算能力，题目难度中等。
[化学一选修5有机化学基础]
12．化合物N是一种具有玫瑰香味的香料，可用作化妆品和食品的添加剂。实验室制备N的两种合成路线如图。
已知：ⅰ：（R1、R3为烃基，R2为H或烃基）
ⅱ：（R1、R2、R3为烃基）
回答下列问题：
（1）A→B所需的试剂是 铁粉和液溴 ，H的化学名称是 苯甲醛 。
（2）J中所含官能团的名称是 碳碳双键、羧基 。
（3）K→L的反应类型是 酯化反应或取代反应 。
（4）G的结构简式为 CH3COCH3 ，M的结构简式为 CH3MgBr 。
（5）I与新制Cu（ OH）2悬浊液发生反应的方程式为 。
（6）K有多种同分异构体，写出两种满足下列条件的同分异构体的结构简式 、 、、（任写一种） 。
①属于芳香族化合物；
②能发生银镜反应；
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：1：2：6
【分析】根据C的结构简式及A、B分子式知，A为、B为，C和环氧乙烷发生信息i的反应生成D，D发生取代反应生成E，根据F的结构简式知，E为，F和G发生信息i的反应生成N，G为CH3COCH3，苯甲醛和乙醛反应生成苯丙烯醛，I发生氧化反应然后酸化生成J为，根据K的分子式知，K为，K和甲醇发生酯化反应生成L为，L和M发生信息ii的反应生成N，则M为CH3MgBr。
【解答】解：（1）A为、B为，A和液溴在FeBr3作催化剂条件下发生取代反应生成B，则A→B所需的试剂是铁粉和液溴，H的化学名称是苯甲醛，
故答案为：铁粉和液溴；苯甲醛；
（2）J为，J中所含官能团的名称是碳碳双键、羧基，
故答案为：碳碳双键、羧基；
（3）K为，K和甲醇发生酯化反应生成L为，K→L的反应类型是酯化反应或取代反应，
故答案为：酯化反应或取代反应；
（4）G的结构简式为CH3COCH3，M的结构简式为CH3MgBr，
故答案为：CH3COCH3；CH3MgBr；
（5）I与新制Cu（ OH）2悬浊液发生反应的方程式为，
故答案为：；
（6）K为，K的同分异构体满足下列条件：
①属于芳香族化合物，说明含有苯环；
②能发生银镜反应，说明含有醛基，可能含有一个醛基和一个羟基、也可能含有一个HCOO﹣；
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1：1：2：6，则该分子中含有2个甲基；
则符合条件的结构简式为、、、，
故答案为：；、、（任写一种）。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系并正确推断各物质结构简式是解本题关键，易错点是同分异构体结构简式确定，题目难度中等。
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