2021年安徽省安庆市一中高考一模理综-化学试卷含解析

这是一份2021年安徽省安庆市一中高考一模理综-化学试卷含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

安徽省安庆市一中2021年高考一模试卷
理综化学
一、单选题
1．化学在日常生活和生产中有着重要的作用。下列有关说法正确的是(　　)
A．南朝《竹林七贤与启荣期》砖画砖块的主要成分是二氧化硅
B．地沟油不能食用，但可以用来制肥皂或生物柴油，实现变废为宝
C．84消毒液、过氧乙酸、医用酒精可灭活新冠病毒均利用了强氧化性
D．纳米级的铁粉能通过吸附作用除去水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
2．用下列实验装置能达到相关实验目的的是(　　)
　
A
B
C
D
实验装置




实验目的
除去Fe(OH)3胶体中混有的NaCl溶液
比较Cl、C和Si的非金属性强弱
制备干燥的CuI(受热易被氧化)
测定中和反应的反应热
A．A B．B C．C D．D
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．25℃，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NA
B．60gSiO2晶体中Si—O键数目为2NA
C．在K37ClO3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，若有212g氯气生成，则反应中转移电子的数目为5NA
D．加热条件下，20mL10mol•L-1浓硝酸与足量铜反应转移电子数为0.1NA
4．《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)》中指出，洛匹那韦(Lopinavir)与氯喹类药物均可用于治疗新冠肺炎。洛匹那韦(Lopinavir)(图1)和羟基氯喹(图2)的结构分别如图所示，对这两种有机化合物描述正确的是(　　)

A．洛匹那韦是一种人工合成的蛋白质
B．洛匹那韦能够发生酯化、加成、氧化、还原反应
C．羟基氯喹的分子式为C18H24N3OCl
D．羟基氯喹分子苯环上的一氯代物有5种
5．主族元素Q、W、X、Y、Z的原子序数均不大于20。化合物ZW2与水剧烈反应，生成一种强碱和一种可燃性气体单质，Q与X同族，且X的最外层电子数是内层电子数的3倍，常温下，Y的单质能溶于Q的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是(　　)
A．简单离子半径：Z>Q>X>Y
B．工业上用电解相应氯化物冶炼Y单质
C．Q与X形成的化合物中，每个原子最外层均满足8电子结构
D．化合物ZW2中只含有离子键
6．锂—铜空气燃料电池(图1)容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-，用该电池电解含有尿素［CO(NH2)2]的碱性溶液，用于废水处理和煤液化供氢，其装置如图2所示。装置中c、d均为惰性电极，隔膜仅阻止气体通过，电解时，c极接b极。下列说法错误的是(　　)

A．放电时，b极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-
B．电解时，理论上标准状况下，有33.6L O2参与反应时，c电极区可产生22.4L N2
C．电解一段时间后，d电极区pH增大
D．图1整个反应过程，Cu起了催化剂的作用
7．25℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol/L，lgc(CH3COOH)、lgc(CH3COO-)、lgc(H+)和lgc(OH-)随pH变化的关系如图所示。已知Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是(　　)

A．曲线1为lgc(OH)随pH变化的曲线
B．N点时，pOH=14-lgKa
C．该体系中，c(CH3COO-)= 0.1KaKa+c(H+) mol/L
D．O点时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)
二、非选择题
8．亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的杀菌消毒剂，其作用原理是在酸性条件下发生反应生成ClO2。已知NaClO2受热、见光均不稳定。实验室制备NaClO2的装置如图所示：

（1）仪器A的名称是　 　，实验开始时进行的操作是打开分液漏斗的活塞，　 　。
（2）装置F中的试剂是　 　，装置E的作用是　 　。
（3）装置C中生成ClO2，写出装置C中发生反应的离子方程式　 　。
（4）已知压强越大，物质的沸点越高。从D中获得NaClO2采用“减压蒸发”操作的原因是　 　。
（5）某小组研究了当其他条件不变时，pH对NaClO2固体稳定性的影响，如图所示：

保存NaClO2固体最佳的pH是　 　，原因是　 　。
（6）测定所制得的亚氯酸钠样品的纯度。
I.准确称取所得NaClO2样品ag于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量稀硫酸，充分反应，将所得混合液配制成250mL待测液。
II.移取25.00mL待测液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定，至滴定终点，重复3次实验测得平均值为VmL(已知：I2+2S2O 32− =2I+S4O 62− )。该样品中NaClO2的质量分数为　 　(用含a、c、V的代数式表示)。
9．氧化钪可制作成氧的传感器陶瓷、固体电解质等特种材料，在现代工业中用途广泛。工业上用钒钛磁铁矿选矿后所得的钪精矿制备Sc2O3的流程图如图所示：

（1）提高酸溶效率的措施　 　。
（2）酸溶溶液含有Ti2O 52+ 和Fe3+，Ti2O 52+ 中Ti的化合价为＋4价，在热水中水解为TiO2。“净化”过程中加热溶液的作用是　 　。
（3）流程中萃取剂与酸溶液的用量比用E/A表示，Sc3+的萃取率用a%表示，不同条件下Sc3+的萃取率(a%)的变化曲线如图所示，则萃取采用的最佳“用量比”E/A和萃取时间分别为　 　、　 　。

（4）“萃取和反萃取“主要化学反应ScCl3+(2-3)TBP=ScCl•(2-3)TBP，ScCl•(2-3)TBP+H2O=ScCl+H2O+(2-3)TBP。“反萃取”所加的试剂X为　 　。
（5）“沉钪”过程中发生的离子方程式：　 　。Sc2(C2O4)3在空气中灼烧时发生的化学方程式：　 　。
10．氮氧化物和SO2是大气主要污染物，研究它们的转化关系有利于防治污染。
（1）已知：
I.2NO(g)+O2(g) ⇌ 2NO2(g) △H=-113.0kJ•mol-1
II.2SO2(g)+O2(g) ⇌ 2SO3(g) △H=-196.6kJ•mol-1
III.NO2(g)+SO2(g) ⇌ SO3(g)+NO(g) △H=　 　。
（2）氨氧化物破坏臭氧层原理：①NO+O3=NO2+O2、②NO2+O=NO+O2。常温下反应①的平衡常数为K1，反应②的平衡常数为K2，则反应O3+O=2O2的平衡常数K=　 　。(用K1、K2表示)。一氧化氮在该反应中的作用是　 　。
（3）反应II2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)在0.1Mpa、450℃的恒压容器中测得相关数据如表：
　
起始原料气体积分数
平衡混合气体积分数
N2
82%
84.9%
SO2
7%
0.18%
O2
11%
7.86%
SO3
0
7.06%
该温度下用分压表示的平衡常数(气体分压=总压x物质的量分数)Kp=　 　(列出计算式)。写出一种能提高SO2平衡转化率的措施　 　。
（4）烟气同时脱硫脱硝是目前的发展趋势。一种ClO2气相氧化法烟气脱硫脱硝反应机理和速率常数(k)如下：
脱硝：
a.NO(g)+ClO2(g)=NO2(g)+ClO(g) △H1 k1=1.7×10mL•(mol•s)-1
b.NO(g)+ClO(g)=NO2(g)+Cl(g) △H2 k2=8.8×1012mL•(mol•s)-1
脱硫：
c.SO2(g)+ClO2(g)=SO3(g)+ClO(g) △H3 k3=2.1×10-4mL•(mol•s)-1
d.SO2(g)+ClO(g)=SO2(g)+Cl(g) △H4 k4=6.9×1011mL•(mol•s)-1
①己知反应c、d的速率方程分別为v正=k3c(SO2)•c(ClO2)、v正=k4c(SO2)•c(ClO)，试判断两反应的活化能大小：E3　 　E4(填“＞”“＜”或“=”)。控制脱硫速度的关键步骤是反应　 　(填c或d)。
②SO2、NO单独氧化及同时氧化对两气体氧化率变化如图，同时氧化对　 　气体的氧化率影响明显，结合以上反应及其速率常数分析原因　 　。

11．铜元素及其化合物在生产实际中有许多重要用途。磷化铜(Cu3P2)常用于制造磷青铜(含少量锡、磷的铜合金)。请回答下列有关问题：
（1）现代化学中，常利用　 　上的特征谱线来鉴定元素。
（2）铜晶体中铜原子的堆积方式如图所示，铜晶体中原子的堆积模型属于　 　。

（3）基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为　 　；该能层中具有的能量最高的电子所在能级有　 　个伸展方向，原子轨道呈　 　形。
（4）磷化铜与水反应产生有毒的磷化氢(PH3)气体，PH3分子的空间构型为　 　；P、S的第一电离能(I1)的大小为I1(P)　 　I1(S)(填“＞”“＜”或“＝”)；PH3的沸点　 　(填“高于”或“低于”)NH3的沸点，原因是　 　。
（5）磷青铜晶体的晶胞结构如图所示，该晶体中P原子位于由铜原子形成的　 　的空隙中。若晶体密度为agcm-3，则P与最近的Cu原子的核间距为　 　nm(用含NA的代数式表示)。

12．研究表明，碘海醇是临床中应用广泛一种造影剂，化合物H是合成碘海醇的关键中间体，其合成路线如图：

已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为　 　。
（2）由B生成C的化学方程式为　 　。
（3）D中所含官能团的名称为　 　。由D生成E的反应类型为　 　。
（4）G的结构简式为　 　。
（5）J的分子式为C9H7O6N，是C的同系物。则苯环上有3个取代基的同分异构体共有　 　种；符合核磁共振氢谱为三组峰，峰面积之比为3：2：2的同分异构体的结构简式为　 　(写出一种即可)。
（6）设计由CH2=CH2制备 的合成路线(无机试剂任选)　 　。

答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．砖块的主要成分是硅酸盐，而不是二氧化硅，A项不符合题意；
B．地沟油不能食用，其主要成分是高级脂肪酸甘油脂，可以发生皂化反应，用来制肥皂或制生物柴油，实现变废为宝，B项符合题意；
C．84消毒液中的次氯酸钠、过氧乙酸能杀菌消毒是因为其有强氧化性，医用酒精具有脂溶性，可以破坏生物磷脂双分子构成的生物膜，使蛋白质发生变性，C项不符合提题意；
D．除去重金属离子是利用了铁的还原性，将重金属离子转化为单质，D项不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.二氧化硅主要是用于光导纤维
C.消毒的原理不同
D.吸附主要是吸附杂质沉淀和异味，可溶性的吸附不了
2．【答案】D
【解析】【解答】A．胶体和溶液中的分散质都可以通过滤纸，除去Fe(OH)3胶体中混有的NaCl溶液应该用渗析，故A不符合题意；
B．不能用HCl来比较，故B不符合题意；
C．CuI受热易被氧化，所以不能在空气中加热蒸发，故C不符合题意；
D．符合中和热实验的测定装置，故D符合题意；
故答案为：D

【分析】A.可利用半透膜分离胶体和溶液
B.非金属性的比较，利用的最高价氧化物对应的水化物的酸性
D.符合中和热测定的装置要求
3．【答案】C
【解析】【解答】A．25°C，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中c(OH-)= 10−1410−13 =0.1mol/L，氢氧根离子的数目=0.1mol/L×1L×NA=0.1NA，故A不符合题意；
B．1个Si原子形成4个Si-O键，所以60g即1molSiO2晶体中Si-O键数目为4NA，故B不符合题意；
C．在K37ClO3+6H35Cl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中Cl2的平均相对分子质量为 37+35×53=2123 ，且反应中每生成3molCl2转移电子数为5mol，若有212g氯气即3mol氯气生成，则反应中电子转移的数目为5NA，故C符合题意；
D．足量铜与浓硝酸发生反应：Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，随着反应进行，HNO3不断被消耗，铜与稀硝酸发生反应：3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，参加反应的HNO3为20×10－3L×10mol·L－1＝0.2mol，消耗的铜的物质的量在0.05mol～0.075mol之间，则转移的电子数在0.1NA～0.15NA之间，故D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】A.根据n=cV计算即可
B.根据n=mM,再结合二氧化硅中硅氧键的数目计算即可
C.根据得失电子的数目与氯气质量的关系即可计算
D.浓硝酸和稀硝酸和铜反应的产物不同
4．【答案】B
【解析】【解答】A.蛋白质是高分子化合物，A项不符合题意；
B.该物质有羟基，可发生酯化反应；有苯环，可发生加成，加氢还原反应；有机物可发生氧化反应，B项符合题意；
C.分子式应为C18H26N3OCl，C项不符合题意；
D.羟基氯喹分子中苯环上的一氯代物有3种，D项不符合题意；
故答案为：B

【分析】根据结构式可以写出分子式，根据官能团确定发生反应的类型以及取代产物的种类
5．【答案】D
【解析】【解答】A.Ca2+、S2-有3个电子层，O2-、Al3+有两个电子层，Ca2+、S2-的半径偏大，电子层相同时，根据“序小径大”，S2->Ca2+，O2->Al3+,所以简单离子半径：Q>Z>X>Y，A项不符合题意；
B.工业上电解Al2O3冶炼Al单质，B项不符合题意；
C.Q与X形成的化合物有SO2与SO3，S原子最外层电子数均不满足8电子结构，C项不符合题意；
D.化合物ZW2是CaH2，属于离子化合物，电子式为 ，只含有离子键，D项符合题意；
故答案为：D

【分析】由题意知，ZW2是CaH2，Z是Ca元素、W是H元素；X的最外层电子数是内层电子数的3倍，故X是O元素，Q与X同族，则Q为S元素，Y的单质能溶于Q的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，则Y为Al元素。再结合元素周期律中的原子或者离子半径比较规律，比较微粒直径大小，以及结合形成物质的方式即可确定键的种类
6．【答案】A
【解析】【解答】A．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=2Cu+2OH-，A符合题意；
B．原电池中，正极上发生4Cu+O2=2Cu2O，Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-；电解池中，c与原电池的正极相接，为阳极，电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液时，阳极上[CO(NH2)2]发生失电子的氧化反应生成氮气，电极反应式为CO(NH2)2-6e-+8OH-=CO32-+N2↑+6H2O，根据得失电子守恒，n(N2):n(O2)=1:1.5；根据阿伏伽德罗定律可得，相同状况下，V(N2):V(O2)=1:1.5，即理论上标况下，有33.6L O2参与反应时，c电极区可产生22.4L N2，B不符合题意；
C．电解时，d极与原电池的负极相接，为阴极，阴极上发生还原反应生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则电解一段时间后，d电极区pH增大，C不符合题意；
D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】根据两极的物质的种类以及性质，确定a为负极有机电解质失去电子，发生氧化反应，b为正极，氧化亚铜得到电子，发生还原反应。c是阳极，吸引大量的阴离子，d为阴极。根据氧气的消耗可以计算出电子转移的数目，即可计算电解时产生的气体
7．【答案】C
【解析】【解答】A．根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸分子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH变化的曲线，曲线2为lgc(H+)随pH变化的曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH变化的曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH变化的曲线，故A不符合题意；
B．N点为曲线1和曲线4的交点，lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka= c(CH3COO−)×c(H+)c(CH3COOH) ，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，可得pOH=14-(-lgKa)=14+lgKa，故B不符合题意；
C．c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COOH)=0.1mol/L-c(CH3COO-)，将其代入Ka= ，可得出 c(CH3COO−)=0.1KaKa+c(H+)mol/L ，故C符合题意；
D．O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H+)=c(OH-)，故D不符合题意。
故答案为：C

【分析】A.根据横纵坐标的关系，即判断1,2,3,4对应的曲线
B.结合电离平衡常数进行代环即可
C.结合电离平衡常数，再结合混合物中离子浓度即可计算出关系
8．【答案】（1）分液漏斗；打开弹簧夹甲、乙
（2）氢氧化钠溶液；防倒吸
（3）SO2+2ClO 3− =2ClO2+SO 42−
（4）减压蒸发可以降低物质的沸点，防止温度过高，使NaClO2受热分解
（5）9；当pH=7、8时，两者稳定效果近似，当pH=9时，稳定时长增长最明显。而pH为10、11时增长不明显，且会增大使用ClO2时所需要的酸的成本
（6）90.5cV4a% 或 0.905cV4a
【解析】【解答】(1)该装置的名称为分液漏斗，为了保持气流稳定，平衡气压，在实验开始时打开分压漏斗活塞，并且打开弹簧夹甲、乙；
(2)分析题意可得，制备NaClO2的原理为C中生成的ClO2与D中H2O2和NaOH溶液反应生成。为了防止过量的ClO2污染空气，需要处理尾气的装置，尾部装置F的作用是吸收尾气，用到的试剂是氢氧化钠溶液，E装置的两根导管都是短管，可用于防倒吸；
(3)A、B装置能生成SO2，通入到C中生成ClO2气体，分析化合价知Cl元素由NaClO3中的+5价降低到ClO2中的+4价，得到电子，所以S元素需要从SO2的+4价升高到+6价，其在水溶液中的存在形式为 SO42− ，根据电子守恒、电荷守恒、元素守恒知离子方程式为： SO2+2 ClO3− =2ClO2+ SO42− ；
(4)根据题意，压强越大，物质的沸点越高，NaClO2受热不稳定。因此从溶液中蒸发获得NaClO2晶体时，降低压强防止温度过高，使NaClO2受热分解；
(5)由图像可得：当pH=7、8时，两者稳定效果近似，当pH=9时，稳定时长增长最明显。而pH为10、11时增长不明显，根据题意知亚氯酸钠(NaClO2)作漂白原理是在酸性条件下发生反应生成ClO2，这样就会增大使用ClO2时所需要的酸的成本。
(6)根据滴定反应关系NaClO2~2I2~4S2O32-，消耗的Na2S2O3是 cV×10−3mol ，则25mL中的NaClO2是 14×cV×10−3mol ，250mL样品中NaClO2是 104cV×10−3mol ，其含量为 104cV×10−3×(23+35.5+16×2)/a×100% ，化简后得 90.5cV4a%
【分析】（1）仪器的名称考查，整个实验操作是利用气压的原理，需要打开分液漏斗的活塞再打开弹簧夹甲和乙
（2）F是尾气处理装置，主要是消除氯气的污染，氯气和氢氧化钠反应速率很快，易造成压强急剧下降
（3）根据反应物和生成物即可写出
（4）物质的不稳定性导致提取方式的不同
（5）根据稳定时长和成本确定pH的大小
（6）根据元素守恒即可计算
9．【答案】（1）粉碎钪精矿，适当升温
（2）促进Fe3+以及Ti2O 52+ 水解生成沉淀，从而除去
（3）1：4；6min
（4）H2O
（5）2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+；2Sc2(C2O4)3+3O2Δ__ 2Sc2O3+12CO2
【解析】【解答】(1)提高酸溶效率的措施可以是粉碎钪精矿，增大接触面积，适当升温，适当增加盐酸的浓度，搅拌等。
(2)根据题意，净化过程为除掉杂质元素铁钛，利用Fe3+的水解，加热可促进水解便于其沉淀去掉。而 Ti2O52+ 在热水中水解为难溶于水的TiO2.因此净化过程加热溶液的目的是便于除去杂质。
(3)最佳的萃取剂用量应该是用少量的萃取剂取得最高的萃取效果，当E/A=1：4时，萃取剂用量较少，萃取率接近90%，萃取时间应选择萃取时间较短，萃取率较高的时间段，因此选用6min。
(4)根据信息，可知“反萃取”所加的试剂为H2O。
(5)根据流程信息可得“沉钪”和“灼烧”过程发生的反应分别为：2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+、2Sc2(C2O4)3+3O2=2Sc2O3+12CO2
【分析】（1）考查的是提高效率的方法
（2）水解是吸热反应
（3）根据图像找出萃取率最高的点即可以及萃取率最高时对应的时间
（4）根据质量守恒判断
（5）根据反应物和生成物即可写出离子和化学方程式
10．【答案】（1）-41.8kJ•mol-1
（2）K1·K2；催化剂
（3）Kp= (0.1×7.06%)2(0.1×0.18%)2×0.1×7.86%；降温、加压或增大氧气的浓度等
（4）>；c；SO2；单独氧化时，SO2的氧化率低是因为c反应的k3很小，ClO2氧化SO2产生的ClO的速率很慢；NO氧化率相对较高的是因为ab两反应k1k2都很大；同时氧化时，a反应产生的ClO部分参与d反应，使SO2的氧化率明显提高
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律：可知方程式之间的关系为 Ⅲ=12(Ⅱ−Ⅰ) 可求得III反应的反应热为－41.8kJ•mol－1；
(2)根据方程式之间的关系O3+O ⇌ 2O2可由①+②得K=K1·K2，且得出NO的作用为催化剂；
(3)平衡时分压p(SO3)= 0.1×7.06% ，p(SO2)= 0.1×0.18% p(O2)= 0.1×7.86% ，所以平衡常数 Kp=p(SO3)2p(SO2)2p(O2)=(0.1×7.06%)2(0.1×0.18%)2×0.1×7.86% ， 能提高SO2平衡转化率的措施为增大压强，降温，增大氧气的浓度等；
(4)根据速率公式以及速率常数可知脱硫反应中反应c为慢反应，其反应的活化能高。因此控制脱硫反应速度的关键为c反应；
(5)通过图像可知同时氧化SO2比单独氧化时的氧化率变化程度大，单独氧化时，SO2的氧化率低是因为c反应的k3很小，ClO2氧化SO2产生的ClO的速率很慢；NO氧化率相对较高的是因为ab两反应k1k2都很大。同时氧化时，a反应产生的ClO部分参与d反应，使SO2的氧化率明显提高。
【分析】（1）考查的是对盖斯定律的使用
（2）结合平衡常数的计算公式，用K1和K2表示出即可，根据物质在前后的变化情况即可判断
（3）根据平衡时的体积分数，计算出压强，再结合Kp的计算公式进行计算即可，提高反应物的转化率，主要从温度，压强，浓度方面
（4）①根据平衡常数确定速率的大小，速率的快慢和活化能有关②据图就能看出对一氧化氮的影响明显，反应物的浓度对反应的速率有一定的影响

11．【答案】（1）原子光谱
（2）面心立方最密堆积
（3）M；3；哑铃
（4）三角锥形；>；低于；NH3分子间能形成氢键，而PH3不能
（5）正八面体；12 × 3342aNA ×107
【解析】【解答】(1)光谱分析是利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，所以现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故答案为：原子光谱；
(2)由图可知，铜晶体中原子的堆积模型属于面心立方最密堆积，故答案为：面心立方最密堆积；
(3)基态磷原子核外有三层电子，故最高能层符号为M，能量最高的电子在3p能级，在空间有3个伸展方向，原子轨道为哑铃形，故答案为：M；3；哑铃；
(4)N、P为同主族元素，和NH3的分子构型相同，NH3为三角锥形，则PH3为三角锥形；第一电离能在同周期中随原子序数的递增，有增大的趋势，但核外电子排布满足全充满或半充满状态时，第一电离能大于其后面的元素的第一电离能，故I1(P)>I1(S)；氢键为分子间的作用力，对物质的熔沸点影响较大，氨分子间存在氢键，磷化氢中无氢键，则磷化氢的沸点低于氨，故答案为：三角锥形；>；低于；NH3分子间能形成氢键，而PH3不能；
(5)观察磷青铜晶体的晶胞结构，Cu原子位于正方体的六个面的中心位置，形成正八面体的结构；P原子与最近的Cu原子之间的距离为： 12 棱长，Sn原子：8× 18 =1，Cu原子：6× 12 =3，P为1，化学式为：SnCu3P，摩尔质量为：342g/mol，1mol时的体积为： 342gag⋅cm−3 ，晶胞的体积为： 342a⋅NAcm3 ，棱长= 3342aNA cm，P与最近的Cu原子的核间距为 12 × 3342aNA ×107nm，故答案为：正八面体； 12 × 3342aNA ×107；
【分析】（1）考查的是元素的测定方法的使用
（2）考查的金属晶体的堆积方式
（3）最外层电子能量最高，该能级有3个p轨道
（4）计算出价层电子对和孤对电子确定杂化方式和构型，第一电离能的大小与充满和半充满有一定的关系，氢键影响沸点
（5）据图可以看出晶胞中铜原子形成的空间，据图找出距离最短，计算出晶胞的边长即可，根据v=m/ρ即可
12．【答案】（1）间二甲苯或1，3-二甲苯
（2） +HNO3(浓) →Δ浓硫酸 +H2O
（3）氨基，羧基；取代反应
（4）
（5）16； 或
（6）CH2=CH2→Br2 BrCH2CH2Br →ΔNaOH溶液→酸性KMnO4→SOCl2
【解析】【解答】(1)A的化学名称为间二甲苯或1，3-二甲苯，故答案为：间二甲苯或1，3—二甲苯；
(2)B生成C，发生的是苯环上硝化取代反应，化学方程式为： +HNO3(浓) →Δ浓硫酸 +H2O。故答案为： +HNO3(浓) →Δ浓硫酸 +H2O；
(3)D中所含官能团为氨基、羧基，由D生成E的反应类型为取代反应。故答案为：氨基，羧基；取代反应；
(4)G的结构简式为 。故答案为： ；
(5)J的分子式为C9H7O6N，是C的同系物，故J中也含有一个氨基和两个羧基，当苯环上有3个取代基时，取代基可能是-COOH、-CH2COOH和-NO2，三个取代基不同采用定二动一的方法： 四种， 四种， 两种，取代基可能是-COOH、-COOH和-CH2-NO2： 两种， 一种， 三种，共有16种同分异构体。另符合核磁共振氢谱为三组峰，峰面积之比为3：2：2的同分异构体的结构简式为 、 。故答案为： 或 ；
(6)利用题中信息和所学知识，可写出由CH2=CH2制备的合成路线流程图：CH2=CH2→Br2 BrCH2CH2Br →ΔNaOH溶液→酸性KMnO4→SOCl2
故答案为：CH2=CH2→Br2 BrCH2CH2Br →ΔNaOH溶液→酸性KMnO4→SOCl2 。
【分析】A为间二甲苯，苯环上的烃基能被高锰酸钾氧化成羧基，则B为间苯二甲酸 ，B与硝酸发生苯环上的硝化反应得到C ，C中硝基被Fe还原成氨基得到D ，D与ICl发生取代反应得到E ，E与SOCl2发生羧基上的取代反应得到F ，F与G得到H ，对比F和E的结构以及G的分子式可知G为 ，据此分析解答。