2022-2023学年黑龙江省大庆铁人中学高三上学期第一次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年黑龙江省大庆铁人中学高三上学期第一次月考化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题，填空题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
黑龙江省大庆铁人中学2022-2023学年高三上学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．2022年7月24日，在我国文昌航天发射场，成功将问天实验舱送人预定轨道。下列说法错误的是
A．火箭箭体采用了高强度新型钛合金结构，钛合金属于金属材料
B．火箭的整流罩的前锥段材料——聚甲基丙烯酰亚胺属于有机高分子材料
C．问天实验舱舱外设计上使用了石墨烯导热索技术，石墨烯属于新型无机非金属材料
D．问天实验舱搭载了2张长的柔性太阳翼，太阳翼是一种将太阳能转化为电能的新型原电池装置
【答案】D
【详解】A．钛合金是由钛形成的合金，属于金属材料，故A正确；
B．聚甲基丙烯酰亚胺是甲基丙烯酰亚胺一定条件下发生缩聚反应生成的高分子化合物，属于有机高分子材料，故B正确；
C．石墨烯是由碳元素形成的碳单质，新型无机非金属材料，故C正确；
D．太阳翼是将太阳能转化为电能的装置，不属于原电池，故D错误；
故选D。
2．“人世间一切的幸福都需要辛勤的劳动来创造”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
用厨余垃圾制肥料
厨余垃圾含N、P等元素
B
游泳池中加硫酸铜进行消毒
硫酸铜的氧化性
C
用热的纯碱溶液洗去油污
热的纯碱溶液水解显碱性
D
高铁酸钾常用于处理水
高铁酸钾的氧化性和氢氧化铁胶体的聚沉

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．厨余垃圾含有通常含有一些蛋白质类物质，含N、P等元素，可制肥料，A正确；
B．铜离子属于重金属离子，能使蛋白质变性，B错误；
C．热的纯碱溶液呈碱性，促进油脂水解，去油污，C正确；
D．高铁酸钾具有强氧化性可以杀菌，生成的铁离子与水作用形成胶体能吸附杂质，能用于净水，D正确；
答案选B。
3．化学有自己独特的语言。下列化学用语正确的是
A．既能表示沉淀溶解平衡也能表示电离
B．的电子式是
C．的电离方程式是
D．2-丁烯的键线式：
【答案】C
【详解】A．氯化银的沉淀溶解平衡为，，故A错误；
B．中P为8电子结构，电子式是 ，故B错误；
C．可以电离出氢离子和硫离子，电离方程式是，故C正确；
D．2-丁烯中含有1个碳碳双键，键线式：，故D错误；
故选C。
4．氨法脱硫工艺是利用氨水吸收烟气中的生成亚硫酸铵溶液，并在富氧条件下将亚硫酸氨氧化成硫酸铵，再经加热蒸发结晶析出硫酸铵，过滤干燥后得化肥产品。关于该工艺说法正确的是
A．1 L0.1mol/L氨水中含有的数目为0.1NA
B．0.01mol/L 溶液中，、与的数目之和为0.01NA
C．每氧化1mol ，转移的电子数为2 NA
D．若将2mol 与1mol 置于密闭容器中充分反应，产物的分子数为2NA
【答案】C
【详解】A．氨水中一水合氨为弱碱，只能发生部分电离，含有的数目小于0.1NA，A错误；
B．不确定溶液体积，不能计算物质的量，B错误；
C．在富氧条件下将亚硫酸氨氧化成硫酸铵，硫元素化合价由+4变为+6，则每氧化1mol ，转移的电子的物质的量为2mol，数目为2NA，C正确；
D．二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，进行不彻底，生成分子数小于2NA，D错误；
故选C。
5．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列反应的离子方程式正确的是
A．向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：
B．草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：
C．泡沫灭火器的原理：
D．向NaClO溶液中通入过量：
【答案】D
【详解】A．向苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳应生成HCO，A错误；
B．草酸是弱酸，不可拆，B错误；
C．泡沫灭火器原理是Al3+和HCO双水解，C错误；
D．向NaClO溶液中通入过量,发生氧化还原反应，D正确；
答案选D。
6．用下列装置能达到实验目的的是

A．用甲装置灼烧碎海带
B．用乙装置蒸发MgCl2溶液制备无水MgCl2
C．丙装置中：①中试剂为稀硫酸，②中为Na2S，③中为AgNO3和AgCl的浊液，用该装置比较Ksp(AgCl)和Ksp(Ag2S)的相对大小
D．用丁装置分离I2和CCl4
【答案】A
【详解】A．灼烧碎海带时需要的仪器有坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯，则甲装置能用于灼烧碎海带，故A正确；
B．氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中能水解生成氢氧化镁和氯化氢，若直接加热蒸发氯化镁溶液，氯化氢受热挥发，使水解平衡向正反应方向移动，最终得到氢氧化镁，则用乙装置蒸发氯化镁溶液无法制备无水氯化镁，故B错误；
C．由图可知，硫化钠与稀硫酸反应生成的硫化氢气体通入硝酸银和氯化银的浊液时，只有沉淀的生成，无沉淀的转化，则丙装置不能比较氯化银和硫化银溶度积的相对大小，故C错误；
D．碘溶于四氯化碳，不能用分液的方法分离碘和四氯化碳，则用丁装置不能分离碘和四氯化碳，故D错误；
故选A。
7．已知扎那米韦是流感病毒神经氨酸酶抑制剂，其对流感病毒的抑制是以缓慢结合的方式进行的，具有高度特异性，其分子结构如图所示。

下列说法正确的是（    ）
A．该物质的分子式为C12H19N4O7
B．1 mol该物质与NaOH溶液反应，可以消耗4 mol NaOH
C．在一定条件下，该物质可以发生消去、加成、取代等反应
D．该物质能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，能与FeCl3溶液发生显色反应
【答案】C
【分析】该有机物含有羟基，结合羟基连接的位置可知能发生氧化、消去、取代反应，含有肽键，可发生水解反应，含有羧基，具有酸性，可发生酯化反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，含有C=N，可发生加成反应，以此解答该题。
【详解】A. 由结构简式可知有机物的分子式为C12H20N4O7，A错误；
B. 该有机物分子中含有1个羧基和1个酯基，酯基水解产生羧基，则1 mol该物质与NaOH溶液反应，可以消耗2 mol NaOH，B错误；
C. 该有机物含有羟基，由于羟基连接的C原子的邻位C原子上含有H原子，因此可发生消去反应；物质分子中含有碳碳双键和碳氮双键，可发生加成反应，含有羟基和羧基，可发生取代反应，C正确；
D. 分子中不含有酚羟基，与FeCl3溶液不能发生显色反应，D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，易错点为B，注意掌握与氢氧化钠反应的有机物的官能团。
8．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。下图为硫及其部分化合物的价态-类别图。下列说法正确的是

A．常温下，a和f的浓溶液反应可生成b和c
B．附着有b的试管，常用酒精清洗
C．分别往d、e的溶液中滴加少量氯化钡溶液，均可产生白色沉淀
D．常温下等物质的量浓度的g、h两种钠盐溶液的pH：g＜h
【答案】A
【分析】a为H2S、b为S、c为SO2、d为SO3、e为亚硫酸、f为硫酸、g为亚硫酸盐、h为硫酸盐，据此分析解题。
【详解】A．硫化氢和浓硫酸能发生氧化还原反应，方程式为 H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O，A正确；
B．硫微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故附着有b的试管，常用二硫化碳洗涤，B错误；
C．亚硫酸的酸性弱于盐酸，故亚硫酸与氯化钡不反应，C错误；
D．硫酸钠为强酸强碱盐，溶液呈中性，亚硫酸钠为强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解使溶液呈碱性，故等浓度时的亚硫酸钠溶液的pH大于硫酸钠溶液的pH，D错误；
答案选A。
9．硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物(NOx)。常温下，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是

A．反应Ⅰ的离子方程式为Ce4＋＋H2=Ce3＋＋2H＋
B．反应Ⅱ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
C．该转化过程的实质是NO被H2氧化
D．反应过程中混合溶液内Ce3＋和Ce4＋离子总数一定保持不变
【答案】D
【分析】根据进出图可知，Ce4+把H2氧化为H+，自身被还原为Ce3+，然后Ce3+在酸性条件下再被NO氧化为Ce4+，NO被还原为N2，同时还生成水，据此解答。
【详解】A．过程Ⅰ发生的反应为Ce4+把H2氧化为H+，自身被还原为Ce3+，反应的离子方程式为：2Ce4＋＋H2=2Ce3＋＋2H＋，故A错误；
B．过程Ⅱ为2NO+4Ce3++4H+=N2+4Ce4++2H2O，氧化产物为Ce4+，还原产物为N2，两者之比为4∶1，故B错误；
C．该转化过程的实质为NO被H2还原为N2，H2被氧化为水，故C错误；
D．处理过程中，Ce3+和Ce4+做催化剂，催化剂在反应前后，质量不变，数量不变，故D正确；
故选D。
10．我国“祝融号”火星车成功着陆火星，其矿脉中含有原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z。已知W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，X的氢化物可用于蚀刻玻璃，Y与Z最外层电子数之和等于8，下列说法正确的是
A．原子半径：Z＞Y＞W＞X B．简单氢化物的稳定性：X＞W＞Z
C．X与Z可形成离子化合物 D．工业上电解Y的氧化物得到单质Y
【答案】B
【分析】原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，已知W、Z同主族，且Z的原子序数是W的2倍，则W为O，Z为S；X的氢化物可用于蚀刻玻璃，则X为F元素；Y与Z最外层电子数之和等于8，Y的最外层电子数为8-6=2，Y的原子序数大于F，则Y为Mg元素。
【详解】A．W、X、Y、Z分别是O、F、Mg、S元素，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：Y＞Z＞W＞X，即Mg＞S＞O＞F，故A错误；
B. 周期表中同主族从下到上，同周期从左到右，元素的非金属性增强，元素的氢化物稳定性增强，HF＞H2O＞H2S，简单氢化物的稳定性：X＞W＞Z，F＞O＞S，故B正确；
C. S-F键为共价键，X与Z可形成共价化合物，故C错误；
D. MgO熔点高，工业上电解Mg的氯化物得到单质，故D错误；
故选B。
11．某科研小组用甲烷-空气燃料电池提供的电能电解处理含Cr2O的酸性废水，设计如图所示装置(X、Y、Z为气体)。

已知：除去Cr2O相关反应：①6Fe 2＋＋Cr2O＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；
②Cr3＋和Fe3＋最终转化为Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去。
下列说法正确的是
A．气体X为空气，气体Y为甲烷
B．燃料电池负极反应式为CH4-8e-＋2H2O=CO2↑＋8H＋
C．Z气体的循环利用可使熔融碳酸盐中CO的物质的量基本不变
D．除去1 mol Cr2O理论上消耗16.8 L甲烷(标准状况)
【答案】C
【分析】燃料电池通入氧气的一极为正极，甲烷为负极，电解池阳极发生氧化反应，则Fe为阳极，C为阴极，Y为正极，X为负极，据此分析解题。
【详解】A．气体X为甲烷，气体Y为空气，A错误；
B．正极反应方程式为O2+CO2+4e-=2CO，总反应式为：CH4+2O2= CO2＋2H2O：燃料电池负极反应式为：CH4-8e-＋4 CO=5CO2↑＋2H2O，B错误；
C．Z气体为CO2，循环利用可使熔融碳酸盐中CO的物质的量基本不变，C正确；
D．6Fe 2＋＋Cr2O＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，除去1 mol Cr2O理论上需消耗6molFe 2＋，要转移12mol电子，消耗甲烷(标准状况) =1.5mol×22.4L/mol=33.6L，D错误。
答案选C。
12．一定温度下，在的四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应：。在不同时刻测量放出的体积，换算成浓度如下表：
t/s
0
600
1200
1710
2220
2820
x

1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12

下列说法正确的是A．600～1200s，生成的平均速率为
B．反应2220s时，放出的体积为11.8L
C．反应达到平衡时，v正()=2v逆()
D．推测上表中的x为3930
【答案】D
【详解】A．在600~1200 s，N2O5的浓度减少0.30 mol/L，根据物质反应转化关系可知在此时间段内生成NO2的浓度为0.60 mol/L，因此，生成NO2的平均速率v(NO2)=，A错误；
B．由表中数据可知，反应进行到2220 s时，N2O5的浓度减少了1.40 mol/L-0.35 mol/L=1.05 mol/L，由于反应容器的容积是100 mL，则N2O5的物质的量减少了1.05 mol/L ×0.1 L=0.105 mol，则根据物质反应转化关系可知反应生成O2的物质的量n(O2)= n(N2O5)=×0.105 mol=0.0525 mol，因此，放出的O2在标准状况下的体积V(O2)= 0.0525 mol ×22.4 L/mol=1.176L，B错误；
C．反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，可得关系式，C错误；
D．分析表中数据可知，该反应经过1110 s(600~1710，1710~2820)后，N2O5的浓度会减少一半，因此，N2O5的浓度由0.24 mol/L减少到0.12 mol/L时，可以推测上表中的x=2820+1110=3930，D正确；故选D。
13．常温下，0.1氨水pH=11，0.1醋酸pH=3，下列说法正确的是
A．将0.1氨水稀释10倍，pH＜10
B．0.1醋酸溶液中，
C．常温下，的电离平衡常数与的相等
D．溶液因水解呈酸性
【答案】C
【详解】A．一水合氨是弱电解质，稀释过程中还在继续提供氢离子，故稀释10倍后，pH>10，A错误；
B．应为：，B错误；
C．据题意分析可知，常温下，和的电离相等，C正确；
D．由于两种物质电离常数相等，故相同温度下水解常数也相同，溶液呈中性，D错误；
答案选C。
14．赤泥是铝土矿生产Al2O3过程中产生的一种固体废弃物，现设计从赤泥中(含Fe2O3、Al2O3、Ga2O3)提取镓(Ga)的工艺如图所示，下列说法错误的是

已知：Ga2O3与Al2O3性质相似，能与NaOH反应生成可溶性盐NaGaO2。
A．浸渣A的主要成分是Fe2O3
B．溶液B中含有金属元素的离子主要有Na+、Al3+
C．通过萃取、反萃取的操作可实现Ga元素的富集
D．电解过程中阴极的电极反应式为+2H2O+3e− =4OH−+Ga
【答案】B
【分析】赤泥中(含Fe2O3、Al2O3、Ga2O3)，加入氢氧化钠，Ga2O3与Al2O3都能与NaOH反应生成可溶性盐Na[Al(OH)4]、NaGaO2，过滤浸渣A的主要成分是Fe2O3，在滤液中加入树脂进行萃取，树脂萃取了，因此溶液B中含有金属元素的离子主要有Na+、[Al(OH)4] −，加入硫酸反萃取，最后加入氢氧化钠，溶液中含有，再通过电解生成金属Ga。
【详解】A．Ga2O3与Al2O3都能与NaOH反应生成可溶性盐Na[Al(OH)4]、NaGaO2，因此浸渣A的主要成分是Fe2O3，A项正确；
B．树脂萃取了，因此溶液B中含有金属元素的离子主要有Na+、[Al(OH)4] −，B项错误；
C．通过萃取和反萃取，去除了含铝元素的杂质，可以实现Ga元素的富集，C项正确；
D．加入NaOH溶液后溶液C中含有，由电解制备Ga，Ga元素化合价降低，所以是在阴极上发生该反应，电极反应式为+2H2O+3e-=4OH-+Ga，D项正确；
答案选B。
15．下列实验操作能达到相应实验目的的是
选项
实验操作
实验目的
A
将二氧化硫气体通入紫色石蕊试液中，观察溶液颜色查化
证明二氧化硫具有漂白性
B
向2mL1mol·L-1NaOH溶液中先加入3滴1mol·L-1
FeCl3溶液．再加入3滴1mol·L-1MgCl2溶液
证明
Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
C
相同温度下，向两支盛有相同体积不同浓度H2O2溶液的试管中分别滴入适量相同浓度的CuSO4溶液和FeCl3溶液
探究Cu2+、Fe3+对H2O2 分解速率的影响
D
向2mL品红溶液和2mL加入少许醋酸的品红溶液中分别滴入3滴含NaClO的“84”消毒液,观察红色褪色快慢
证明随溶液ph减小,“84”消毒液的氧化能力增强

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．将二氧化硫气体通入紫色石蕊试液中，SO2与水反应产生H2SO3，该物质是酸，具有酸的通性，可以使紫色石蕊试液变为红色，不能证明其漂白性，错误；
B．向2mL 1 mol·L-1NaOH溶液中先加入3滴1 mol·L-1 FeCl3，发生复分解反应产生Fe(OH)3沉淀，由于碱过量，试液再加入3滴1 mol·L-1MgCl2溶液，会与NaOH溶液发生复分解反应产生Mg(OH)2沉淀，不能证明物质的溶度积常数的大小关系，错误；
C．要探究Cu2+、Fe3+对H2O2分解速率的影响，应该使用的盐的阴离子相同，只有阳离子不同，才可以进行对比，错误；
D．向2mL品红溶液和2mL加入少许醋酸的品红溶液中分别滴入3滴NaClO的84消毒液，观察到滴有醋酸的品红溶液的红色褪色的快，说明溶液pH的减少，酸性增强，84消毒液的氧化能力增强，正确；
故答案选D。
16．已知H3PO4是一种三元中强酸。25℃时，向某浓度H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中各种含磷微粒的物质的量分数δ随溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是

A．曲线2表示，曲线4表示PO
B．25℃时，H3PO4的电离常数
C．pH=7.2时，溶液中由水电离出的c(H+)=10-6.8 mol·L-1
D．pH=12.3时，溶液中5c(Na+)=2c(H3PO4)+2c(H2PO)+2c(HPO)+2c(PO)
【答案】D
【详解】A．起始时段附近浓度较高的为H3PO4，随着pH缓慢增大，溶液中H3PO4浓度降低，浓度增大；然后浓度降低，浓度增大；然后浓度降低， 浓度增大，所以曲线1表示δ(H3PO4)，曲线2表示δ()，曲线3表示δ()，曲线4表示δ()，A正确；
B．根据图象，溶液中c(H3PO4)=c()时，溶液的pH=2.1，则H3PO4的电离常数K1=；当溶液pH=7.2时，溶液中c()=c()，则的电离平衡常数K2=，所以，B正确；
C．pH=7.2时，溶液中δ()=δ()，则c()=c()，溶液呈碱性，说明溶液以水解为主，促进了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则水电离的c(H+) ==10-6.8 mol/L，C正确；
D．当溶液pH=12.3时，溶液中δ()=δ()，则c()=c()，即c (Na3PO4) =c(Na2HPO4)，根据物料守恒可得：2c(Na+)=5c(H3PO4)+5c(H2PO)+5c(HPO)+5c(PO)，D错误；
故答案是D。

二、工业流程题
17．硫酸锰是一种重要的化工中间体。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿(主要成分为等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：

已知：
①“混合焙烧”后烧渣含、及少量FeO、、MgO。
②金属离子在水溶液中沉淀的pH范围如下表所示(25℃)：
物质




开始沉淀的pH
1.9
7.6
7.3
3.0
完全沉淀的pH
3.2
9.6
9.3
5.2

③离子浓度≤10-5mol/L时，离子沉淀完全。
(1)“混合焙烧”时一般会将原料粉碎，这样做的主要目的是_______。
(2)若试剂a为，则氧化步骤发生反应的离子方程式为_______，若省略“氧化”步骤，造成的影响是_______。
(3)“中和除杂”时，应控制溶液的pH范围是_______。
(4)“氟化除杂”后，溶液中浓度为0.05。则溶液中和的比值=_______(已知：；)。
(5)“碳化结晶”时发生反应的离子方程式为_______，选择而不选择溶液的原因是_______。
【答案】(1)加快反应速率
(2)     MnO2＋4H＋＋2Fe2＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O     Fe2＋完全沉淀时Mn2＋已经完全沉淀，造成Mn2＋损失
(3)5.2≤pH＜7.3(或5.2～7.3)
(4)(177.8或177.78)
(5)          碳酸钠溶液碱性强，会使Mn2＋水解为Mn(OH)2

【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2氟化除杂，使溶液中的Mg2+、Ca2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解得硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等系列操作得到硫酸锰晶体。
【详解】（1）高锰矿含有FeS， “混合焙烧”可以将金属硫化物转化为金属氧化物，同时除去硫元素，故“混合焙烧”主要目的是除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)；
（2）若试剂a为MnO2，氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子生成三价铁离子，本身被还原成二价锰离子，则氧化步骤发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；若省略“氧化”步骤，则铁元素只能以Fe2+形式除去，但是由表格可知除去亚铁离子的同时锰离子也除去了，即造成的影响是Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失；
（3）“中和除杂”的目的是使铝离子、铁离子完全沉淀且锰离子不沉淀，则由表格可知要控制溶液的pH范围是5.2≤pH”或“＜”)；
③已知：该反应的标准平衡常数，其中为标准压强(100kPa)，p()、p()、p()和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数_______(计算结果保留两位有效数字，P分=P总×物质的量分数)。
【答案】(1)A
(2)     -361.22kJ·mol-1     ①
(3)AD
(4)     Ⅱ     >     3.4

【详解】（1）A．由方程式可知，2mol氨分子转化为1mol尿素时断裂2molN—H键，则断裂6 mol N—H键的同时断裂2 mol O—H键不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故A错误；
B．由质量守恒定律可知，该反应是气体质量减小的反应，在恒容密闭容器中混合气体的密度减小，则混合气体的密度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B正确；
C．二氧化碳的体积分数不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C正确；
D．该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内压强减小，则容器内压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D正确；
故选A；
（2）由图2可知，总反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应ΔH=—361.22kJ/mol；反应①的活化能为149.6 kJ/mol，反应②的活化能为108.22 kJ/mol，反应活化能越大，反应速率越慢，总反应的决速步是慢反应，所以总反应的决速步是反应①，故答案为：-361.22kJ·mol-1；①；
（3）A．升高温度，反应速率常数增大，反应速率加快，故A正确；
B．恒压时，再充入氮气，一氧化二氮的浓度减小，反应速率减慢，故B错误；
C．恒容时，再充入一氧化碳，一氧化二氮的浓度不变，反应速率不变，故C错误；
D．恒压时，再充入一氧化二氮，一氧化二氮的浓度增大，反应速率加快，故D正确；
故选AD；
（4）①由化学平衡移动原理可知，n(N2O)/n(CO)的值越大，一氧化二氮的转化率越小，所以曲线Ⅱ表示一氧化二氮的转化率随n(N2O)/n(CO)的变化，故答案为：Ⅱ；
②该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化二氮的转化率减小，由图中曲线I可知，1/T越大，一氧化二氮的转化率越大，所以温度T1大于T2，故答案为：>；
③该反应是气体体积不变的反应，平衡前后气体的总压强不变，在总压为100kPa的n(N2O)/n(CO)=1的容器中，一氧化二氮和一氧化碳的起始分压都为50kPa，由图可知，温度为T4时，一氧化二氮的转化率为65%，由方程式可知，平衡时，一氧化二氮和一氧化碳的分压都为50kPa—50kPa×65%=17.5kPa，二氧化碳和氮气的分压都为50kPa×65%=32.5kPa，则反应的的标准平衡常数Kθ=0.325×0.325/(0.175×0.175)≈3.4，故答案为：3.4。

五、填空题
20．2022年以来，全球化石能源价格一路飙升，对全球经济复苏产生巨大影响。氢能源是一种不依赖化石燃料的储量丰富的清洁能源。
(1)电解水产氢是目前较为理想的制氢技术，这项技术的广泛应用一直被高价的贵金属催化剂所制约。我国科学家开发了一种负载氧化镍纳米晶粒的聚合物氮化碳二维纳米材料，大幅提高了催化效率。
①基态Ni原子的价电子排布式为_______，该元素在元素周期表中的位置是_______。
②C、N、O的电负性的由大到小的顺序是_______。
③为寻找更多的金属催化剂，科学家从众多金属元素中选取Co、Fe、Cu进行了相关研究，并取得了成功。选取这三种金属进行相关研究的原因可能是_______。
(2)开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。氨硼烷()是一种潜在的储氢材料，可由(俗称无机苯，结构为平面六元环状，如图所示：)通过如下反应制得：。
①请解释、、的键角大小顺序_______。
②中B、N原子的杂化轨道类型分别为_______。
【答案】(1)     3d84s2     第四周期第Ⅷ族     O>N>C     这三种元素都是过渡元素，在元素周期表中位置和Ni相近，可能具有相似的性质
(2)     CO2>CH4>H2O     sp2、sp2

【详解】（1）基态Ni原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，故价层电子排布式为：3d104s1；Ni为28号元素，根据稀有气体元素原子序号（2，10，18，36）快速定位，固为第四周期第Ⅷ族；同周期元素原子从左到右电负性依次增大，故O>N>C；
（2）根据元素周期表中元素的排布可知，这三种元素都是过渡元素，在元素周期表中位置和Ni相近，可能具有相似的性质；键角大小与杂化方式和电子对之间的斥力有关，不同杂化之间的键角比较：sp>sp2>sp3；若杂化方式相同：1.孤电子对越多，键角越小；2.孤电子对数相同，①中心原子不同，中心原子电负性越大，键角越大；②中心原子相同，周围原子电负性越大，键角越小。据此分析，CH4、H2O、CO2中心原子的杂化方式分别为sp3、sp3、sp，且电负性CCH4>H2O；B原子和N之间能形成配位键，所以各有3个键，均为sp2杂化。

六、有机推断题
21．环喷托酯是一种常见的散瞳剂，常用于儿童散瞳验光，其合成路线如下：

已知：①R1CH2COOR2+RCOR
②R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OH
回答下列问题：
(1)环喷托酯中含氧官能团的名称为___________；A 生成 B 的反应条件为___________。
(2)由 C 生成 D 的化学方程式为___________。
(3)E和F在生成环喷托酯时会产生分子式为的副产物，结构简式为___________。
(4)符合下列条件的D的同分异构体有___________种。写出其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式___________。
①能发生银镜反应
②能与2倍物质的量的NaOH反应
③苯环上的取代基不超过3个
【答案】(1)     酯基、羟基     光照
(2)+CH3CH2OH+H2O
(3)
(4)     16    

【分析】由有机物的转化关系可知，在光照条件下与氯气发生取代反应生成，先发生水解反应，后酸化得到，则C为；在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成，则D为；与发生加成反应生成，则E为；与NH(CH3)2发生环加成反应生成HOCH2CH2N(CH3)2，则F为HOCH2CH2N(CH3)2；HOCH2CH2N(CH3)2与发生取代反应生成。
【详解】（1）由结构简式可知，环喷托酯的含氧官能团为酯基、羟基；由分析可知，A生成B的反应为在光照条件下与氯气发生取代反应生成和氯化氢，故答案为：酯基、羟基；光照；
（2）由分析可知，C生成D的反应为在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成和水，反应的化学方程式为+CH3CH2OH+H2O，故答案为：+CH3CH2OH+H2O；
（3）由结构简式可知，HOCH2CH2N(CH3)2与发生取代反应生成时，也可以发生分子内取代反应生成，则分子式为的副产物为，故答案为：；
（4）D的同分异构体能发生银镜反应，能与2倍物质的量的氢氧化钠反应，苯环上的取代基不超过3个说明取代基可能为—OOCH和—CH2CH2CH3，或—OOCH和—CH(CH3)2，或—OOCH、—CH2CH3和—CH3，其中苯环上取代基为—OOCH和—CH2CH2CH3、—OOCH和—CH(CH3)2各有3种结构，苯环上取代基为—OOCH、—CH2CH3和—CH3有10种结构，共有16种，核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式为，故答案为：16；。