2022届广西桂林、河池、来宾、北海、崇左市高三下学期5月联合考试理综化学试题含解析

这是一份2022届广西桂林、河池、来宾、北海、崇左市高三下学期5月联合考试理综化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

广西桂林、河池、来宾、北海、崇左市2022届高三下学期5月联合考试
理综化学试题
一、单选题
1．化学与生活密切相关，下列叙述错误的是（　　）
A．聚氯乙烯(PVC)是食品级塑料制品的主要成分
B．用透气袋包装的活性炭可去除冰箱中的异味
C．补铁剂与维生素C共同服用可提高补铁效果
D．医疗上可用Al(OH)3治疗胃酸过多
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，2.24L苯中含有的分子数为0.1NA
B．0.1 mol/L K2S溶液中含有的K+数为0.2NA
C．32g由S4、S8组成的混合物中，含S原子数为NA
D．1L1.0mol·L-1FeCl3溶液与足量Cu反应，转移的电子数目为3NA
3．苯甲醇( )在工业生产中用途广泛。下列有关苯甲醇的说法正确的是（　　）
A．与乙醇互为同系物
B．能发生加成反应但不能发生取代反应
C．能与Na反应放出气体
D．与 互为同分异构体
4．下列操作能达到实验目的的是（　　）
选项
目的
操作
A
分离乙酸乙酯中少量的乙酸
加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液
B
比较Cu(OH)2、Mg(OH)2溶度积的大小
向5mL 0.2mol·L-1MgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，待有白色沉淀生成后，再滴加0.2mol·L-1CuCl2溶液
C
比较HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱
向Na2CO3溶液中加入盐酸，将产生的气体直接通入Na2SiO3，溶液中
D
制备较纯净的Cl2
将一定量的MnO2粉末与过量的0.lmol/L的盐酸混合加热
A．A B．B C．C D．D
5．X、Y、 Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，乙是元素Z的单质，甲、丙、丁、戊、己是由其中两种元素组成的化合物，已知气体甲的水溶液呈碱性，丁为淡黄色固体，己为红棕色气体，上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是（　　）

A．原子半径大小：W>Y>Z>X
B．丁中阴阳离子个数比为1：1
C．W的单质能与戊反应
D．X与W形成的化合物为离子化合物
6．氢氧熔融碳酸盐燃料电池是一种高温电池，具有效率高、无污染、燃料多样、余热利用价值高等优点，电池的工作原理如图所示。下列有关说法正确的是（　　）

A．该电池在常温下也能正常工作
B．H2通入负极，发生还原反应
C．正极反应式为O2+ 2CO2+4e- =2CO32-
D．电池工作时，外电路中流过2 mol电子，消耗22.4L H2
7．常温下，用0.1 mol·L-1NaOH溶液滴定10 mL 0.1 mol·L-1H2A溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．H2A是强酸
B．B点：c(H2A)>c(A2- )
C．C点：c(Na+) D．水电离出来的c(OH- )：D点>C点>B点
二、综合题
8．亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯品为棱形结晶，溶于硫酸，超过73.5℃和遇水均易分解，常用于制染料。制备NOSO4H的反应原理为：SO2+ HNO3=SO3+ HNO2、SO3+ HNO2= NOSO4H。
（1）亚硝酰硫酸(NOSO4H)的制备：

①装置A中发生反应的化学方程式为　 　。 与浓度较低的稀硫酸相比，使用70%的H2SO4溶液除能减少SO2的溶解损耗外，还具有的优点是　 　。
②仪器I的名称是　 　 ， 上述装置的连接顺序为：A→　 　→　 　→　 　→　 　。
③混合装置B中浓硫酸和浓硝酸的方法是　 　。
④装置B用冷水浴的目的是　 　。若去掉装置C会使NOSO4H的产量　 　(填“减少”、 “增大”或“不变”)。
（2）亚硝酰硫酸( NOSO4H )纯度的测定：
步骤1：准确称取14.00g产品，在特定条件下配制成250mL溶液。
步骤2：取25.00mL所配溶液于250mL碘量瓶中，加入60.00mL0.1000mol·L-1KMnO4溶液(过量)和10.00mL 25% H2SO4溶液，然后摇匀。发生反应的方程式为：MnO4-+ NOSO4H +H2O=Mn2+ +NO3-+ SO42-+H+(未配平)
步骤3：用0.2500mol·L-1 Na2C2O4标准溶液滴定，消耗Na2C2O4溶液的体积为20.00mL。发生反应的方程式为：2MnO4-+ 5C2O42- + 6H+= 2Mn2+ + 10CO2↑+ 8H2O
①滴定终点的现象为　 　。
②产品的纯度为　 　%(保留两位有效数字)。
9．镍矿渣中主要含有Ni(OH)2和NiS，还有Fe、Cu 、Ca、Mg、Zn等元素的杂质，由镍矿渣制备碳酸镍的流程如下：

已知：含镍浸出液中阳离子主要有Ni2+、Fe3+、Cu2+、Ca2+、 Mg2+、Zn2+。常温下，部分物质的溶度积常数如下表：
难溶物
NiS
ZnS
CuS
CaF2
MgF2
溶度积常数
1.07× 10-21
2.93 × 10-25
1.27 × 10-36
4 × 10-11
7.42 × 10-11
请回答下列问题：
（1）酸浸过程中，提高“浸出率”的措施有　 　(任写一条)。
（2）含镍矿渣浸取时， NiS与NaClO反应生成硫单质的离子方程式为　 　。
（3）向含镍浸出液中加入Na2CO3的目的是完全沉淀Fe3+，则沉淀1的主要成分为　 　(填化学式)。
（4）溶液1中加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2+，反应的离子方程式为　 　。该反应的化学平衡常数K=　 　(保留两位有效数字)；若使用H2S气体替代NiS。其不足之处是　 　。
（5）溶液2中加入NaF的作用主要是除去溶液中的　 　(填离子符号)
（6）“除Zn2+”时，ZnSO4与有机萃取剂(用HA表示)存在以下过程： ZnSO4+4HA ⇌ZnA2·2HA+H2SO4，试分析“除Zn2+”时，锌的萃取率随料液pH的增大逐渐增大的原因：　 　。
10．NOx(主要指N2O、NO和NO2)是大气主要污染物之一、有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2(g)+H2O(l)⇌HNO3(aq)+HNO2(aq)△H=-116.1kJ·mol-1
3HNO2(aq)⇌HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)△H=+75.9kJ·mol-1
反应3NO2(g)+H2O(l)⇌2HNO3(aq)+NO(g)的△H=　 　kJ·mol-1
（2）用CO还原N2O的反应为：CO(g)+N2O(g)⇌N2(g)+CO2(g)，其能量变化如图甲所示：

①投料比一定时，要提高N2O平衡转化率，可采取的措施是　 　。
②反应达到平衡前，在同温同压条件下的相同时间段内，N2O的转化率在使用催化剂2时比使用催化剂1要高，原因是　 　。
③在容积均为1L的密闭容器A(起始500℃，恒温)、B(起始500℃，绝热)两个容器中分别加入1molN2O、4molCO和相同催化剂，发生上述反应。实验测得A、B容器中N2O的转化率随时间的变化关系如图乙所示。

Ⅰ.曲线b中，从反应开始到M点处，用N2O表示的反应速率为　 　mol/(L·s)。
Ⅱ.容器B中N2O的转化率随时间的变化关系是图乙中的　 　(填“a”或“b”)曲线。
（3）活性炭还原NO2的反应为2NO2(g)+2C(s)⇌N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1molNO2和足量活性炭发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：

①A、B、C三点中NO2的转化率最高的是　 　(填“A”、“B”或“C”)点，理由是　 　。
②C点时该反应的压强平衡常数Kp=　 　MPa(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
11．碳族元素在生产生活中的应用极其广泛，请回答以下有关碳族元素的问题。
（1）Si位于周期表的　 　区， 基态Si原子含有　 　个未成对电子，其核外电子有　 　种空间运动状态。
（2）甲醇重整制氢反应中，铜基催化剂(CuO/SiO2)具有重整温度低、催化选择性高等优点。Cu、Si、O三种元素的电负性由大到小的顺序是　 　。
（3）锡(Sn)是人类最早使用的元素之一，化合物SnCl4常温下为无色液体，它的晶体类型是　 　，属于　 　(填“极性分子”或“非极性分子”)，与SnCl4互为等电子体的阴离子　 　(写一种)。
（4）C16S8是新型环烯类储氢材料，研究证明其分子呈平面结构(如图1所示)。

图1
①C16S8分子中C原子和S原子的杂化轨道类型分别为　 　、　 　。
②测得C16S8中碳硫键的键长介于C-S键和C=S键之间，其原因可能是　 　。
（5）锗(Ge)是典型的半导体材料，在电子、材料等领域应用广泛。锗单晶的晶胞结构如图2所示，其晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体密度为　 　g·cm-3(列出计算式即可)。

12．氰基丙烯酸酯胶黏剂在碱性条件下能快速聚合为 。 某种氰基丙烯酸酯(G)的合成路线如下：

已知：①A的核磁共振氢谱显示为单峰
②→NaOH（微量）HCN(水溶液) (R和R'代表烃基或H) 。
（1）A的名称为　 　。
（2）反应①的反应条件为　 　 ，C 到D的反应类型为　 　。
（3）G中含氧官能团的结构简式为　 　。
（4）反应②的化学方程式为　 　。
（5）F的结构简式为　 　。
（6）G的同分异构体中，与G具有相同官能团且能发生银镜反应的共有　 　种。 (不含立体异构) 。
（7）以苯甲醇为起始原料，结合已知信息，选用必要的无机试剂，写出合成的路线：　 　。

答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．聚氯乙烯可释放出有害物质，不能用作食品级塑料制品，故A符合题意；
B．用透气袋包装的活性炭可去除冰箱中的异味，利用的是活性炭的吸附性，故B不符合题意；
C．维生素C可以防止亚铁离子氧化成铁离子，亚铁离子更易被人体吸收，补铁剂与维生素C共同服用可提高补铁效果，故C不符合题意；
D．Al(OH)3具有弱碱性，能与盐酸反应，可以用于治疗胃酸过多，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A．聚氯乙烯可释放出有害物质；
B．活性炭有吸附性；
C．维生素C有还原性；
D．Al(OH)3具有两性。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．标准状况下，苯为液态，不能用标准气体摩尔体积计算2.24L苯的物质的量，故A不符合题意；
B．未知溶液体积，无法计算K2S的物质的量，K+数目也不能计算，故B不符合题意；
C．S4、S8均由S原子构成，故32g混合物中含有的S原子的物质的量为n=mM=32g32g/mol=1mol，含S原子数为NA个，故C符合题意；
D.1L1.0mol·L-1FeCl3溶液中含有氯化铁的物质的量为n=cV=1mol，FeCl3与Cu反应生成氯化铜和FeCl2，1mol氯化铁反应转移电子数目为NA，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A．标准状况下，苯为液态，不能计算；
B．未知溶液体积，无法计算；
C．S4、S8均由S原子构成；
D.FeCl3与Cu反应生成氯化铜和FeCl2。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．乙醇和苯甲醇的结构不同，不属于同系物，故A不符合题意；
B．苯甲醇中苯环能与氢气发生加成反应，羟基能与羧酸发生酯化反应即取代反应，故B不符合题意；
C．苯甲醇含有醇羟基，能与Na反应放出氢气，故C符合题意；
D．两者是同一物质，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A．同系物：指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；
B．依据结构决定性质；
C．依据羟基性质分析；
D．两者是同一物质。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．乙酸乙酯能在NaOH溶液中发生水解反应，二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，故A不符合题意；
B．向5mL 0.2mol•L-1MgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，待有白色沉淀生成后，再滴加0.2mol•L-1CuCl2溶液，白色沉淀转化为蓝色沉淀，可以证明Cu(OH)2、Mg(OH)2溶度积的大小，故B符合题意；
C．Na2CO3溶液中加入盐酸，产生的气体中含有HCl，HCl与Na2SiO3溶液反应生成硅酸，干扰了检验结果，故C不符合题意；
D．盐酸易挥发，加热MnO2与盐酸反应生成的氯气中混有HCl杂质气体，不能制备纯净的Cl2，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A．试剂与被提纯的物质反应；
B．依据沉淀转化分析；
C．挥发的HCl干扰实验；
D．盐酸易挥发，形成杂质。
5．【答案】B
【解析】【解答】根据分析可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Na元素，甲为NH3，乙为O2，丙为NO，丁为Na2O2，戊为H2O，己为NO2，
A．主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小：W＞Y＞Z＞X，故A不符合题意；
B．丁为Na2O2，Na2O2中阴离子为过氧根离子，阳离子为钠离子，阴阳离子个数比为1：2，故B符合题意；
C．金属钠能够与水反应生成氢氧化钠和氢气，故C不符合题意；
D．X、W形成的化合物为NaH，NaH为离子化合物，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】
A．主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大；
B．依据电子式分析；
C．依据钠的性质分析；
D．金属氢化物均为离子化合物 。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．该电池是氢氧熔融碳酸盐燃料电池，高温下的电解质呈熔融状态，工作时CO32-能定向移动，若是常温下，通电时CO32-不能移动，则不能工作，故A不符合题意；
B．由分析可知，H2通入负极，负极上发生氧化反应，B不符合题意；
C．由分析可知，O2通入正极，电极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，C符合题意；
D．负极的电极反应为H2+CO32--2e-=CO2↑+H2O，则电池工作时，外电路中流过2mol电子，消耗1mol H2；题中未告知H2是否处于标况，无法计算1mol H2的体积，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A．电解质在熔融状态才能导电；
B．负极上发生氧化反应；
C．正极得电子发生还原反应；
D．未告知标准状况，无法计算。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．根据图像可知，0.1mol/L的H2A溶液的pH大于1，说明H2A为弱酸，故A不符合题意；
B．B点时加入了10mLNaOH溶液，反应后溶质为NaHA，此时溶液的pH小于7，说明HA-的电离程度大于其水解程度，则c(A2-)＞c(H2A)，故B不符合题意；
C．C点溶液的pH=7，为中性溶液，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c( A2-)+c(OH-)可知：c(Na+)=c(HA-)+2c( A2-)，故C不符合题意；
D．B点反应后溶质为NaHA，HA-的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，氢离子抑制了水的电离，而D点加入20mL氢氧化钠溶液，二者恰好反应生成Na2A，A2-水解促进了水的电离，所以水电离的c(OH-)：D点>C点>B点，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A．根据图像的起点分析；
B．依据HA-的电离程度与水解程度大小分析；
C．根据电荷守恒分析；
D．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
8．【答案】（1）Na2SO3+ H2SO4= Na2SO4+SO2↑+H2O；加快反应速率；三颈烧瓶；C；B；C；D；先向三颈烧瓶加入浓硝酸，再向三颈烧瓶缓缓加入浓硫酸，并不断搅拌；防止HNO3和亚硝酰硫酸分解；减少
（2）滴入最后一滴Na2C2O4溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟内颜色不恢复；91
【解析】【解答】由题给实验装置图可知，装置A为70%浓硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫的装置，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥二氧化硫气体，装置C为二氧化硫与混酸中浓硝酸反应制备亚硝酰硫酸的装置，为防止亚硝酰硫酸遇水发生水解，在装置C后连接装置B，用浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入C中导致亚硝酰硫酸发生水解，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境，则按气流从左到右的顺序，装置的连接顺序为ACBCD；
(1)①根据强酸制取弱酸原则，装置A中硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，发生反应的化学方程式为Na2SO3+ H2SO4= Na2SO4+SO2↑+H2O；与浓度较低的稀硫酸相比，使用70%的H2SO4溶液除能减少SO2的溶解损耗外，可增大反应物浓度，具有的优点是加快反应速率；
②仪器I的名称是三颈烧瓶；装置A制备二氧化硫的装置，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥二氧化硫气体，装置C为二氧化硫与混酸中浓硝酸反应制备亚硝酰硫酸的装置，为防止亚硝酰硫酸遇水发生水解，在装置C后连接装置B，用浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入C中导致亚硝酰硫酸发生水解，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境，则按气流从左到右的顺序，装置的连接顺序为ACBCD；
③混合装置B中浓硫酸和浓硝酸的方法是：先向三颈烧瓶加入浓硝酸，再向三颈烧瓶缓缓加入浓硫酸，并不断搅拌；
④浓硝酸和亚硝酰硫酸受热易发生分解，为防止浓硝酸和亚硝酰硫酸受热分解，制备亚硝酰硫酸时，应将三颈烧瓶放入冷水浴中反应，装置B用冷水浴的目的是：防止HNO3和亚硝酰硫酸分解；若去掉装置C则不能吸收水蒸气，已知亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水均易分解，会使NOSO4H的产量会减少；
(2)①根据滴定试剂的加入顺序可知滴定终点时Na2C2O4恰好将KMnO4标准溶液反应完，则滴定终点的现象为滴入最后一滴Na2C2O4标准溶液，溶液由浅紫色变为无色且半分钟内颜色不恢复；
②根据题目数据，滴定过程中Na2C2O4标准溶液的耗量为20mL，根据电子转移守恒有关系式：2KMnO4～5Na2C2O4，则n(KMnO4)=25×20mL×0.25000mol•L-1×10-3L/mL=0.002mol，则与亚硝酰硫酸(NOSO4H)反应的KMnO4有0.06L×0.1000mol•L-1-0.002mol=0.004mol，由①得关系式：2KMnO4～5NOSO4H，n(NOSO4H)=52×0.004mol=0.01mol，亚硝酰硫酸(NOSO4H)产品的纯度为0.01mol×250mL25mL×127g/mol14g×100%≈91%。

【分析】(1)①根据强酸制取弱酸原则；
②依据装置的构造确定仪器名称；根据制备、除杂、干燥、反应、收集、尾气处理的顺序；；
③依据浓硫酸密度大且溶于水放出大量的热；
④依据物质的性质分析；
(2)①根据滴定现象确定终点；
②根据电子转移守恒确定关系式进行计算。
9．【答案】（1）将含镍矿渣粉碎、加热、搅拌、适当提高稀硫酸的浓度(任写1条，合理即可)
（2）3NiS +ClO3-+6H+=Cl-+ 3S + 3Ni2++ 3H2O
（3）Fe(OH)3
（4）NiS(s) +Cu2+(aq) ⇌CuS(s)+Ni2+(aq)；8.4×1014；可能逸出有毒气体H2S，污染环境
（5）Ca2+、Mg2+
（6）增大料液的pH，使料液中c(H+ )减小，促使平衡ZnSO4 + 4HA⇌ZnA2·2HA+ H2SO4向右移动，锌的萃取率增大。
【解析】【解答】含镍矿渣加入稀硫酸和氯酸钠，得到含Ni2+的浸出液，发生Ni（OH）2+2H+=Ni2++2H2O、3NiS+ClO3--+6H+=3Ni2++3S+Cl-+3H2O，沉淀1含有S、Fe(OH)3，在溶液1中加入NiS调节溶液的pH，沉淀2中含有CuS，溶液2中加入NaF，可得到CaF2、MgF2等沉淀，溶液3中含有Ni2+、Zn2+，加入有机萃取剂，水层中含有Ni2+，在水层中加入碳酸钠，可得到NiCO3，以此解答该题；
(1)浸取过程中，为提高浸出效率可采用的措施有，可将矿石粉碎或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等，故答案为：将含镍矿渣粉碎、加热、搅拌、适当提高稀硫酸的浓度；
(2)NiS与NaClO反应生成硫单质的离子方程式为3NiS +ClO3-+6H+=Cl-+ 3S + 3Ni2++ 3H2O；
(3)加入Na2CO3调节pH增大，目的是完全沉淀Fe3+，则沉淀1的主要成分为Fe(OH)3；
(4)由CuS的溶度积常数比NiS小，加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2+，发生沉淀转化，反应的离子方程式为NiS(s) +Cu2+(aq) ⇌CuS(s)+Ni2+(aq)；该反应的化学平衡常数K=c(Ni2+)c(Cu2+)=c(Ni2+)⋅c(S2-)c(Cu2+)⋅c(S2-)=Ksp[NiS]Ksp[CuS]=1.07×10-211.27×10-36=8.4×1014；若使用H2S气体替代NiS，其不足之处是可能逸出有毒气体H2S，污染环境；
(5)溶液2中加入NaF，可得到CaF2、MgF2等沉淀，作用主要是除去溶液中的Ca2+、Mg2+；
(6)“除Zn2+”时，锌的萃取率随料液pH的增大逐渐增大的原因：增大料液的pH，使料液中c(H+ )减小，促使平衡ZnSO4 + 4HA⇌ZnA2·2HA+ H2SO4向右移动，锌的萃取率增大。

【分析】
(1)依据影响反应速率的因素分析
(2)利用氧化还原反应原理判断分析；
(3)考虑盐类的水解；
(4)根据溶度积常数，利用沉淀转化分析；
(5)利用溶度积常数分析；
(6)依据影响化学平衡的因素分析。
10．【答案】（1）-136.2
（2）降低温度；在催化剂2催化下，反应的活化能更低，反应速率快，经过相同反应时间，N2O的转化率更高；1×10-3；a
（3）A；该反应的正反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡左移，NO2的转化率减小，所以A点NO2的转化率最高；4
【解析】【解答】(1)已知①2NO2(g)+H2O(l)⇌HNO3(aq)+HNO2(aq)△H=-116.1kJ·mol-1，②3HNO2(aq)⇌HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)△H=+75.9kJ·mol-1，根据盖斯定律(①×3+②)×12得3NO2(g)+H2O(l)⇌2HNO3(aq)+NO(g)，△H=[3×(-116.1kJ·mol-1)+(+75.9kJ·mol-1)]×12=-136.2kJ·mol-1；
(2)①由图可知，反应CO(g)+N2O(g)⇌N2(g)+CO2(g)为放热反应，故可以通过降低温度使平衡正向移动，提高N2O平衡转化率；
②在催化剂2催化下，反应的活化能更低，反应速率快，经过相同反应时间，N2O的转化率更高；
③Ⅰ.曲线b中，从反应开始到M点处，N2O的转化率为20%，故用N2O表示的反应速率为ΔnV·t=0.2mol1L×200s=1×10-3mol/(L·s)。
Ⅱ.反应N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)的△H<0，容器B(绝热)的起始温度为500°C，反应正向进行放出热量，使体系的温度升高，反应速率加快，达到平衡的时间缩短，故表示B容器中N2O的转化率随时间的变化关系的是图乙中的a曲线。
(3)①由反应2NO2(g)+2C(s)⇌N2(g)+2CO2(g)可知，该反应的正反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡左移，NO2的转化率减小，所以A点NO2的转化率最高；
②根据图像可知，2NO2+C⇌2CO2+N2开始/mol100转化/mol2x2xx平衡/mol1-2x2xx
C点时n(NO2)=n(CO2)，1-2x=2x，解得x=0.25mol，因此平衡常数为Kp=(20×0.51.25)2×20×0.251.25(20×0.51.25)2=4。

【分析】(1)根据盖斯定律计算；
(2)①依据化学平衡移动原理分析；
②依据化学平衡移动原理分析
③Ⅰ.利用v=∆c∆t计算。
Ⅱ.依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
(3)①依据勒夏特列原理分析；
②根据三段式法计算。
11．【答案】（1）p；2；8
（2）O> Si>Cu
（3）分子晶体；非极性分子；SO42- 、ClO4-、PO43- (任写一种，或其他合理答案)
（4）sp2；sp3；分子中的C与S原子之间有π键(或分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质)
（5）8×73(10-10a)3NA
【解析】【解答】(1)Si是14号元素，基态电子排布式为1s22s22p63s23p2，位于周期表的p区，含有2个未成对电子，其核外电子有8种空间运动状态；
(2)非金属性越强，元素的电负性越大，非金属性O＞Si＞Cu，故元素的电负性：O＞Si＞Cu；
(3)SnCl4常温下为无色液体，熔沸点低，由此可判断SnCl4是由共价键结合的分子，分子间作用力较弱，该晶体为分子晶体；SnCl4分子价电子对数为4+42=4，形成了四条杂化轨道，杂化轨道空间构型为正四面体，且每条杂化轨道均与Cl形成共价键，其空间构型为正四面体，SnCl4正负电荷重心重合，属于非极性分子；与SnCl4互为等电子体的一种阴离子有SO42- 、ClO4-、PO43-等；
(4)①由图1可知，C16S8分子中C原子和S原子的价层电子对个数分别是3、4，根据价层电子对互斥理论可判断C、S原子杂化类型分别为sp2、sp3；
②C16S8分子中的碳硫键具有一定程度的双键性质，是介于S-C单键和S=C双键之间的特殊共价键；
(5)一个晶胞中含有Ge的个数为8×18+6×12+4=8个，晶胞质量为m=8×73NAg，晶胞参数为apm，晶胞体积为V=(a×10-10)3cm3，晶体密度为ρ=mV=8×73(10-10a)3NA g·cm-3。

【分析】(1利用构造原理分析；
(2)非金属性越强，元素的电负性越大；
(3)等电子体利用同主族变换和左右移位法；
(4)①依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定确定杂化类型；
②类比苯环中碳碳之间的键；
(5)利用均摊法确定原子数，再利用公式ρ=mV计算。
12．【答案】（1）丙酮
（2）浓硫酸、加热；取代反应
（3）- COO-
（4）+NaOH→H2O+NaCl
（5）
（6）8
（7）
【解析】【解答】由已知信息②反应，A含羰基，A的核磁共振氢谱显示为单峰即只有1种H原子，结合A的分子式可知A为，B为，B发生醇的消去反应得到C，C中甲基在光照下与氯气发生取代反应生成D为，D发生卤代烃的水解反应生成E为，E中醇羟基发生催化氧化生成羧基，则F为，羧基和甲醇发生酯化反应生成G为；
(1)由分析可知，A为，A的名称为丙酮；
(2)B为，B发生醇的消去反应得到C，反应①的反应条件为浓硫酸、加热；C中甲基在光照下与氯气发生取代反应生成D为，C 到D的反应类型为取代反应；
(3)G为，G中含氧官能团是酯基，结构简式为- COO-；
(4)D为，D发生卤代烃的水解反应生成E为，反应②的化学方程式为+NaOH→H2O+NaCl；
(5)由分析可知，F的结构简式为；
(6)G为，含有官能团是碳碳双键、酯基，与G具有相同官能团且能发生银镜反应说明含有醛基或，同分异构体有、、、、、、、共8种；
(7)苯甲醇与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成苯甲酸，苯甲醇发生催化氧化生成苯甲醛，再与HCN发生加成反应生成，再与苯甲酸发生酯化反应得到目标产物，合成路线为： 。

【分析】
(1)依据结构简式确定名称；
(2)根据官能团的变化确定反应类型；
(3)根据结构简式确定官能团；
(4)依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；
(5)依据反应反应条件确定结构简式；
(6)利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
(7)采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。