江西省南昌市2020届高三上学期开学摸底考试化学试题

江西省南昌市2020届高三上学期开学摸底考试

化学试题

1.2019年2月，华为发布了制造出首款5G折叠屏手机的消息。下列说法错误的是

A. 制造手机芯片的关键材料是二氧化硅

B. 用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性

C. 镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点

D. 手机电池电极材料碳纳米管是新型无机非金属材料

【答案】A

【解析】

【详解】A．半导体硅是制造手机芯片的材料，所以制造手机芯片的关键材料是硅，故A错误；

B．铜具有良好的导电性，常用于制作导线，所以用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性，故B正确；

C．合金的硬度比各成份硬度大，所以镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点，故C正确；

D．用做手机电池电极材料碳纳米管是新型无机非金属材料，故D正确；

故答案为A。

2.下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是

A. 小苏打——作食品疏松剂 B. 漂粉精——作游泳池消毒剂

C. 甘油——作护肤保湿剂 D. 明矾——作净水剂

【答案】B

【解析】

【详解】A．小苏打是碳酸氢钠，受热易分解产生二氧化碳而常用作食品疏松剂，与氧化性无关，故A错误；

B．漂粉精作消毒剂，利用次氯酸盐的强氧化，反应中Cl元素的化合价降低，作氧化剂，具有氧化性，故B正确；

C．甘油作护肤保湿剂，是利用甘油的吸水性，没有元素的化合价变化，与氧化性无关，故C错误；

D．明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体而吸附水中悬浮物来净水，与盐类水解有关，与物质氧化性无关，故D错误；

故答案为B。

3.属于醇的同分异构体有

A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种

【答案】B

【解析】

【详解】分子式为C4H10O的有机物，包括醇和醚两类，醇分子中含有-OH，该有机物为丁醇，丁基-C4H9可能的结构有：-CH2CH2CH2CH3、-CH(CH3)CH2CH3、-CH2CH(CH3)2、-C(CH3)3，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，则丁醇的可能结构有4种，分别为：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(CH3)OH、(CH3)2CHCH2OH、C(CH3)3OH，所以分子式为C4H10O的属于醇同分异构体共有4种，故答案为B。

4.南宋张世南《游宦纪闻》记载了民间制取花露水的方法：“锡为小瓶，实花一重，香骨一重，常使花多于香。窍瓶之傍，以泄汗液，以器贮之”。古代中国常用如图所示装置来制花露水等。该装置利用的实验操作方法是

A. 蒸馏 B. 过滤 C. 灼烧 D. 升华

【答案】A

【解析】

【详解】题中过程涉及液体的生成和贮存，并在加热条件下，而过滤、萃取无需加热，且升华由固体直接变为气体，只有蒸馏符合，故答案为A。

5.NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述错误的是

A. 1mol月球表面氦-3（）含有质子为2NA

B. 1L的溶液中，含有0.1NA个

C. 标准状况下，22.4L中所含分子数为NA

D. 标准状况下，1mol金刚石中含有的C-C键数目为2NA

【答案】C

【解析】

【详解】A．每个中含有2个质子，则1mol氦-3()含有质子为2NA，故A正确；

B．pH=1的H3PO4溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，故1L此溶液中氢离子的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个，故B正确；

C．标准状况下，CCl4是液体，不能根据气体的摩尔体积计算2.24LCCl4的物质的量，故C错误；

D．金刚石中，每个碳原子能和其它四个碳原子形成4个共价键，所以平均每个碳原子具有2个共价键，1mol金刚石中含有C-C键数目为2NA，故D正确；

故答案为C。

6.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是

A. 的溶液：、、、

B. 的溶液：、、、

C. 由水电离出的的溶液：、、、

D. 的溶液：、、、

【答案】B

【解析】

【详解】A．的溶液显酸性，和均能被氧化，不能大量共存，故A错误；

B．的溶液中、、、均能大量存在，且离子组间不发生离子反应，故B正确；

C．由水电离出的的溶液pH=2或12，而在酸、碱性溶液中均不能大量存在，不能在酸性溶液中大量存在，故C错误；

D．的溶液中Fe3+与生成配合离子，不能大量共存，故D错误；

故答案为B。

7.一种新型的合成氨的方法如图所示，下列说法正确的是

A. 反应①属于“氮的固定” B. 反应②属于氧化还原反应

C. 反应③可通过电解水溶液实现 D. 上述三步循环的总结果为：

【答案】A

【解析】

【详解】A．反应①是Li和氮气反应生成Li3N的过程中是游离态氮元素转化为化合态，为氮的固定，故A正确；

B．反应②是Li3N和水反应生成LiOH和NH3，反应过程中无元素化合价变化，为非氧化还原反应，故B错误；

C．电解LiOH溶液阳极氢氧根离子失电子生成氧气，阴极是氢离子得到电子生成氢气，不能得到金属Li，故C错误；

D．三步反应6Li+N2=2Li3N、Li3N+3H2O=3LiOH+NH3、4LiOH 4Li+O2↑+2H2O，上述三步循环的总结果为2N2+6H2O═4NH3+3O2，故D错误；

故答案为A。

8.下列结论正确的是

A. 氢化物的稳定性： B. 离子的还原性：

C. 粒子半径： D. 酸性：

【答案】D

【解析】

【详解】A．非金属性F＞O＞S，氢化物稳定性：HF＞H2O＞H2S，故A错误；

B．非金属性Cl＞Br＞S，阴离子还原性S2-＞Br-＞Cl-，故B错误；

C．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2-＞Cl-＞K+，故C错误；

D．非金属性S＞P＞C，最高价含氧酸的酸性H2SO4＞H3PO4＞H2CO3，故D正确；

故答案为D。

【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。

9.下列事实所对应的离子方程式正确的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】B

【解析】

【详解】A．向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3溶液，溶液紫色褪去，发生的离子反应为5HSO3-+2MnO4-+H+=5SO42-+2Mn2++3H2O，故A错误；

B．硫代硫酸钠溶液中滴加盐酸，二者反应生成S、二氧化硫、水和氯化钠，离子方程式为2H++S2O32-═S↓+SO2↑+H2O，故B正确；

C．明矾溶液中加入溶液使刚好沉淀完全时，铝离子生成的氢氧化铝沉淀完全溶解，正确的离子方程为：2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故C错误；

D．碘化亚铁溶液中滴加少量溴水，溴先氧化碘离子，离子方程式2I-+Br2═I2+2Br-，故D错误；

故答案为B。

【点睛】离子方程式正误判断是高考中的高频知识点，解这类题主要是从以下几个方面考虑：(1)反应原理，如：铁与盐酸或稀硫酸反应只生成二价铁等。(2)电解质的拆分，化学反应方程式改写为离子方程式时只有强酸、强碱及可溶性盐可以改写成完全电离形式，如NaHCO3只能改写成Na+和HCO3-。(3)配平，离子方程式的配平不能简单的满足原子守恒，而应该优先满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。本题中易错项为A，要考虑H2SO3是二元弱酸，HSO3-不可拆分。

10.如图是利用一种微生物将废水中的有机物（如淀粉）和废气的化学能直接转化为电能，下列说法中一定正确的是

A. M电极为正极 B. 电子流动方向为N→Y→X→M

C. N电极反应式： D. 质子透过阳离子交换膜由右向左移动

【答案】C

【解析】

【分析】

由题意利用一种微生物将废水中有机物[主要成分是(C6H10O5)n]的化学能转化为电能的装置，即为原电池，由图N极通NO，M极为有机物，则N极为正极发生还原反应，M极为负极，发生氧化反应，负极的电极反应为(C6H10O5)n]+7nH2O-24ne-═6nCO2↑+24nH+，原电池中阳离子移向正极。

【详解】A．由分析可知，M电极发生氧化反应，则M电极为负极，故A错误；

B．原电子工作时，外电路电子由负极流出，再流入正极，即电子流动方向为M→X→Y→N，故B错误；

C．N电极为正极，发生还原的反应式为，故C正确；

D．由题意利用一种微生物将废水中有机物[主要成分是(C6H10O5)n]的化学能转化为电能的装置，即为原电池，质子透过阳离子交换膜，从左向右移动，故D错误；

故答案为C。

11.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W和Y同族，X和Z同族，W和X可以形成能使湿润的紫色石蕊试纸变蓝的气体甲。下列说法正确的是

A. W和Y也能形成共价化合物 B. 氧化物对应的水化物的酸性：

C. 简单阳离子氧化性： D. 甲分子中含有4对共用电子对

【答案】C

【解析】

【详解】W和X可以形成能使湿润的紫色石蕊试纸变蓝的气体甲，此气体为NH3，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，则W为H元素，X为N元素，再结合W和Y同族，X和Z同族，可知Y为Na元素、Z为P元素；

A．H和Na可形成离子化合物NaH，故A错误；

B．N的非金属性比P强，最高价氧化物对应的水化物的酸性：HNO3＞H3PO4，故B错误；

C．Na为活泼金属元素，H为非金属元素，则简单阳离子氧化性：H+＞Na+，故C正确；

D．甲为NH3，分子中含有3对共用电子对，故D错误；

故答案为C。

12.CuBr是一种白色晶体，见光或潮湿时受热易分解，在空气中逐渐变为浅绿色。实验室制备CuBr的反应原理为：SO2+2CuSO4+2NaBr+ 2H2O=2CuBr↓+2H2SO4+Na2SO4，用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是

A. 用装置甲制取SO2 B. 用装置乙制取CuBr

C. 用装置丙避光将CuBr与母液分离 D. 用装置丁干燥CuBr

【答案】D

【解析】

A．用浓硫酸与亚硫酸钠反应可以制取二氧化硫气体，图示装置合理，故A不选；B．根据反应SO2+2CuSO4+2NaBr+2H2O═2CuBr↓+2H2SO4+Na2SO4可知，用装置乙可制取CuBr，故B不选；C．CuBr难溶于水，可用装置丙避光将CuBr与母液过滤分离，故C不选；D．CuBr见光或潮湿时受热易分解，通过装置丁干燥CuBr，CuBr会分解，无法达到实验目的，故D选；故选D。

13.Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成如下，下列说法错误的是

A. Y的分子式为

B. 由X制取Y的过程中可得到乙醇

C. 一定条件下，Y能与5mol发生加成反应

D. 等物质的量的X、Y分别与溶液反应，最多消耗的物质的量之比为1：1

【答案】C

【解析】

【详解】A．Y分子中含有10个碳，三个氧，不饱和度为：7，所以分子式为：C10H8O3，故A正确；

B．根据质量守恒定律可知：由X制取Y的过程中可得到乙醇，故B正确；

C．Y含有的苯环和碳碳双键和H2可发生加成反应，1molY最多能与4mol发生加成反应，故C错误；

D．X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol可与3molNaOH反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1molY可与3molNaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：1，故D正确；

故答案为C。

【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯烃的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质。

14.在373K时，把0.1mol气体通入体积为lL的恒容密闭容器中，立即出现红棕色。在60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法错误的是

A. 压缩容器，颜色加深

B. 在平衡时体系内含0.04mol

C. 以的浓度变化表示的平均反应速率为0.001mol/（L·s）

D. 平衡时，如果再充入一定量，则可提高的转化率

【答案】D

【解析】

【详解】N2O42NO2

起始时物质的量(mol)  0.1        0

变化的物质的量(mol)   x         2x

平衡时物质的量(mol)   0.1-x      2x

在恒温恒容条件下，气体的压强与气体的总物质的量成正比，在60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍，则：=1.6，解得：x=0.06；

A．压缩容器，反应物和生成物浓度增增大，此时平衡逆向移动，但根据勒夏特列原理，此时容器内气体颜色比原平衡深，故A正确；

B．由分析知，平衡时体系内含0.04mol，故B正确；

C．以的浓度变化表示的平均反应速率为=0.001mol/(L·s)，故C正确；

D．由N2O42NO2，平衡时如果再充入一定量N2O4，相当于增大压强，化学平衡逆向移动，N2O4的转化率降低，故D错误；

故答案为D。

15.根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】C

【解析】

【详解】A．二氧化硫为酸性氧化物，与NaOH反应，随SO2的通入量，溶液由碱性转化酸性，最终溶液褪色，故A错误；

B．NaOH过量，均为沉淀生成，由现象不能比较Ksp，故B错误；

C．将样品溶于稀硫酸后，滴加溶液，溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3+，则样品已部分或全部变质，故C正确；

D．乙醇及生成的乙烯均使高锰酸钾褪色，由现象不能说明乙烯生成，故D错误；

故答案为C。

16.常温下，将溶液滴加到某一元酸（）溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。[已知：]。下列叙述正确的是

A. 的数量级为

B. 滴加溶液过程中，保持不变

C. m点所示溶液中：

D. n点所示溶液中：

【答案】C

【解析】

【详解】A．m点，c(HA)=c(A-)，Ka(HA)==c(H+)=10-4.76，所以Ka(HA)的数量级为10-5，故A错误；

B．NaA的水解常数Kh=，水解常数只与温度有关，滴加NaOH溶液过程中，溶液中c(OH-)浓度增大，则=×c2(OH-)，比值增大，故B错误；

C．m点c(HA)=c(A-)，溶液中电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则c(H+)=c(HA)+c(OH-)-c(Na+)，故C正确；

D．n点溶液显酸性，溶液中溶质为HA和NaA，所以n点所示溶液中：c(Na+)＜c(A-)+c(HA)，故D错误；

故答案为C。

17.磷的单质及其化合物用途非常广泛。完成下列填空：

（1）画出磷的原子结构示意图________。

（2）磷酸钙真空制磷的反应为。该反应的氧化产物是________（填化学式）；中的共价键的类型为________。

（3）次磷酸钠的结构为。

①次磷酸钠的化学式为________，磷的化合价为________。

②次磷酸钠为________盐（填“正”“酸式”）。

【答案】    (1).     (2).     (3). 非极性键    (4).     (5). +1    (6). 正

【解析】

【详解】(1)磷原子核电荷数为15，其原子结构示意图为；

(2)磷酸钙真空制磷的反应为2Ca3(PO4)2+28C6CaC2+P4↑+16CO↑，反应中碳元素化合价0价升高到+2价，发生氧化反应得到氧化产物为：CO，CaC2是离子化合物，碳碳间形成碳碳三键，碳化钙的电子式为，则含有共价键的类型为非极性键；

(3)①次磷酸钠的结构为，则次磷酸钠的化学式为，其中Na为+1价，O为-2价，结合正负化合价代数和为0，可知磷的化合价为+1；

②次磷酸钠的结构不含羟基，不能再电离出H+，则次磷酸钠为正盐。

18.某校探究性学习小组用已部分生锈的废铁屑制作印刷电路板的腐蚀剂，并回收铜。探究过程如下，请回答下列问题：

（1）步骤①的作用是清洗废铁屑表面的油污，其中加热的目的是____________。

（2）写出步骤②中生成的离子方程式______________________。（写一个即可）

（3）步骤③中“氯气”不引入杂质但有毒，可以用___________代替（填化学式）。

（4）若溶液B中只含有而不含，可证明该事实的实验操作是__________。

（5）步骤⑤产生金属铜的化学方程式为______________________________。

【答案】    (1). 促进碳酸钠的水解，提高清洗效率    (2). 、    (3).     (4). 先加溶液，不显红色，再加氯水后显红色    (5).

【解析】

【分析】

废铁屑经①加入热的Na2CO3溶液除油污，可得到固体A，应经过过滤操作，加入盐酸，发生Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+＝3Fe2+、Fe+2H+＝H2↑+Fe2+，然后通入适量的氯气，发生2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，溶液C为FeCl3，用于腐蚀印刷电路，发生Cu+2Fe3+＝2Fe2++Cu2+，电解氯化铜可得到氯气、铜，阳极生成氯气，阴极生成铜，最后得到氯化亚铁溶液，以此解答。

【详解】(1)步骤①使用碳酸钠溶液的作用是清洗废铁屑表面的油污，加热可促进碳酸钠的水解，提高清洗效率；

(2)步骤②为用稀盐酸溶解Fe2O3和Fe的混合物，发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+＝3Fe2+、Fe+2H+＝H2↑+Fe2+；

(3)步骤③中通入“氯气”是为了氧化Fe2+，发生的离子反应为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，不引入杂质但对环境有毒，可以用H2O2代替，发生的离子反应为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；

(4)向溶液B中先加溶液，不显红色，再加氯水后显红色，说明B中只含有而不含；

(5)步骤⑤产生金属铜的化学方程式为CuCl2Cu+Cl2↑。

19.2019年5月习总书记考察了我省赣州的稀土生产企业。稀土是一种重要的战略资源、二氧化铈（）是一种重要的稀土氧化物。显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含、、以及其他少量可溶于稀酸的物质）。某课题组以此粉末为原料回收饰，设计实验流程如下：

（1）滤渣A的主要成分有、________。

（2）第②步反应加入溶液的目的是_____________。

（3）第③步反应加入的碱需要过量，目的是__________________。

（4）第④步反应的化学方程式为_______________________________。

【答案】    (1).     (2). 使还原为    (3). 一是使沉淀完全，二是为后续反应提供碱性环境    (4).

【解析】

【分析】

该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品，结合流程分析解题。

【详解】(1)由流程分析可知，滤渣A的主要成分有、CeO2；

(2)第②步反应加入溶液的目的是使还原为；

(3)第③步反应加入的碱需要过量，目的是使沉淀完全，同时为后续反应提供碱性环境；

(4)第④步通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到Ce(OH)4，发生反应的化学方程式为。

【点睛】无机工艺流程题，重点探究的是反应原理并能熟练化学用语解答，这就要求对整个流程进行认识分析，对流程中每一个反应或操作中出现的箭头要理解清楚，通常箭头指向反应或容器的代表参加反应的物质，箭头背离的为生成物，再结合包括酸碱性、有无空气中氧气参与反应的环境，并借助于质量守恒及氧化还原反应的理论知识判断反应原理，写出反应方程式或离子反应式。

20.某兴趣小组在实验室模拟反应制备重要的化工原料。

已知：熔点-93.6℃，沸点76.1℃，遇水极易水解，易与反应；熔点1.25℃，沸点105.8℃，遇水强烈水解，能溶于。

（1）装置A中发生反应的离子方程式是__________________。

（2）以上各仪器接口的连接顺序是a→____→____→____→____→cd←g←h←b，装置E中的试剂为无水氯化钙，F中所装的试剂是________。（仪器不重复使用）

（3）装置C制备。

①仪器甲的名称是_______。

②反应温度控制在60～65℃，其原因是______________。

③发生水解反应生成和_____________。

（4）该装置不足之处是_____________。

【答案】    (1). 4H++2Cl-+MnO2Mn2++Cl2↑+2H2O    (2). i    (3). j    (4). e    (5). f    (6). 饱和食盐水    (7). 球形冷凝管    (8). 温度太低，反应速率太慢；因为沸点是76.1℃，温度太高、挥发    (9). SO2    (10). 缺少尾气处理装置

【解析】

【分析】

A装置制备氯气，其中混有氯化氢和水蒸气，需要经过F装置中饱和食盐水除去氯化氢，通过D装置的浓硫酸干燥，再通入C中，由装置B制取二氧化硫，需通过E中干燥剂干燥后在通入C中反应，加热条件下发生PCl3+SO2+Cl2POCl3+SOCl2，以此解答。

【详解】(1)A用于制备氯气，发生反应的离子方程式为4H++2Cl-+MnO2Mn2++Cl2↑+2H2O；

(2)由以上分析可知连接顺序为a→i→j→e→f→cd←g←h←b，E应盛放固体干燥剂，F用于除去氯气中的氯化氢，可用饱和食盐水(或饱和NaCl溶液)；

(3)①由仪器的结构和性能可知仪器甲为冷凝管；

②B中反应温度控制在60～65℃，因为温度过高，PCl3、SO2会大量挥发，导致产量降低，温度过低，反应速率会变慢；

③SOCl2发生水解反应生成二氧化硫和盐酸，化学方程式是SOCl2+H2O＝SO2↑+2HCl；

(4)含有SO2的尾气对环境有污染，需要添加尾气处理装置。

21.机动车排放的污染物主要有碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物等。汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。

（1）已知： 

则反应  __________。

（2）科学家研究出了一种高效催化剂，可以将和发生反应生成（g）和（g）。在T℃下，向某恒容密闭容器中通入a mol/L、b mol/L，使其发生上述反应，测得的平衡转化率与投料比X（表示a、b两者的比值）的关系如图1中曲线所示。若、，反应开始到达到平衡所用时间是2min，则反应发生2min内的平均反应速率v（）=________，平衡态A点的平衡常数K=________。

（3）柴油燃油车是通过尿素-选择性催化还原（Urea-SCR）法处理氮氧化物。Urea-SCR的工作原理为：尿素[]水溶液通过喷嘴喷入排气管中，当温度高于160℃时尿素水解产生，生成的与尾气混合后，加入适合的催化剂，使氮氧化物得以处理。图2为在不同投料比[]时转化效率随温度变化的曲线。

①尿素与物质的量比a_____b（填“＞”、“=”或“＜”）。

②由图可知，下列说法错误的是____

A.400℃以下，随着温度升高，尿素水解释放氨气的速率加快，转化效率升高

B.400℃以下，温度升高，反应活化能降低，导致化学反应速率加快

C.440℃以上，温度过高，可能使催化剂活性降低，导致转化效率下降

【答案】    (1). -7465kJ·mol-1    (2). 0.4mol/（L·min）    (3). 80.0    (4). ＞    (5). B

【解析】

【分析】

(1)利用盖斯定律计算△H；

(2)根据三段式计算即可；

(3)①尿素分解生成氨气，氨气的浓度越大，越有利于NO的转化；

②温度过高，NO转化效率下降，NO的浓度反而升高，与反应4NH3+5O24NO+6H2O有关。

【详解】(1)已知：①C(s)+O2(g)＝CO2(g)△H1=-393.5kJ•mol-1

②2C(s)+O2(g)＝2CO(g)△H2=-221.0 kJ•mol-1

③N2(g)+O2(g)＝2NO(g)△H3=+180.5 kJ•mol-1

利用盖斯定律，将①×2-②-③可得2NO(g)+2CO(g)＝N2(g)+2CO2(g)△H=2×(-393.5kJ•mol-1)-(-221.0 kJ•mol-1)-(+180.5 kJ•mol-1)=-746.5 kJ•mol-1，则热化学方程式为2NO(g)+2CO(g)＝N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5 kJ•mol-1；

(2)A点NO的转化率为80%，X1=1.0、a=2，此时

2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)

起始浓度(mol/L)2.0    2.0            0           0

变化浓度(mol/L)1.6    1.6            0.8         1.6

平衡浓度(mol/L)0.4    0.4            0.8         1.6

反应开始到达到平衡所用时间是2min，则反应发生2min内的平均反应速率v()==0.4mol/(L·min)，平衡态A点的平衡常数K===80.0；

(3)①尿素分解生成氨气，氨气的浓度越大，越有利于NO的转化，则尿素与NO物质的量比a大于b；

②A．由图可知，在400℃以下，随着温度升高，尿素水解释放氨气的速率加快，转化效率升高，故A正确；

B．由图可知，400℃以下，升高反应的温度，提供能量，则活化分子百分数增加，有效碰撞的几率提高，反应速率增大，反应活化能不变，故B错误；

C．由图可知，440℃以上，温度过高，催化剂活性降低，并导致转化效率下降，故C正确；

故答案为B。

【点睛】利用盖斯定律计算反应热，熟悉已知反应与目标反应的关系是解答本题的关键。应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。

22.有机物G是有机合成中间体，可合成高聚物。G合成线路图如下：

已知：①，A的苯环上一氯代物只有2种。

②有机物B是最简单的单烯烃。

③（R1、R2烃基或氢原子）。

回答下列问题：

（1）X的化学名称为________。

（2）写出有机反应类型：F→G________。

（3）碳原子上连有4个不同的原子或原子团时，该碳原子称为手性碳原子。写出F的结构简式，用星号（*）标出F中的手性碳________。

（4）写出C→D的化学方程式_______________________。

（5）写出A两种能发生银镜反应芳香族同分异构体的结构简式____________。

（6）参照上述合成路线图，设计由苯合成（的路线图（无机试剂任选）。_______________________。

【答案】    (1). 甲苯    (2). 消去反应    (3).     (4). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O    (5).     (6).

【解析】

【分析】

X的分子式为C7H8，发生信息①中的反应生成A，且化合物A苯环上的一氯代物只有两种，可知A为，X为；有机物B是最简单的单烯烃，则B为CH2=CH2，与水加成生成的C为乙醇，乙醇再催化氧化生成的D为乙醛，生成的乙醛与A发生信息②中的反应生成的E为，E发生银镜反应产物酸化后得到的F为，最后在浓硫酸的作用发生消去反应生成目标产物G，结合流程分析解题。

【详解】由分析知：X为、A为、B为CH2=CH2、C为CH3CH2OH、D为CH3CHO、E为、F为；

(1)X的结构简式为，则化学名称为甲苯；

(2)在浓硫酸的作用发生消去反应生成目标产物；

(3)F的结构简式为，其中手性碳原子为；

(4)C→D为乙醇的催化氧化生成乙醛，发生反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

(5)能发生银镜反应，说明分子结构中含有醛基，则A的能发生银镜反应芳香族同分异构体的结构简式为；

(6)结合信息反应①由苯合成，应先在苯环上引入醛基，再将醛基氧化为羧基，最后与H2发生加成反应即可，具体流程为。