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云南省昆明市2021年高考化学二模试卷及答案
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这是一份云南省昆明市2021年高考化学二模试卷及答案，共13页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
高考化学二模试卷
一、单项选择题
1.书法是中国传统文化的重要组成局部。以下说法错误的选项是〔 〕
A.宣纸的主要成分纤维素属于有机高分子
B.端砚的主要成分为硅酸盐和碳酸盐，可用食醋清洗
C.用灼烧法可鉴别毛笔头的材料是动物毛或合成纤维
D.书法作品经久不褪色，是因为墨的主要成分为性质稳定的碳单质
2.司替戊醇可用于治疗癫痫病，其结构简式如下所示。以下说法错误的选项是〔 〕
A.属于芳香族化合物
B.分子式为C14H18O3
C.所有碳原子均处于同一平面
D.可发生氧化反响和加成反响
3.NA是阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是〔 〕
A.32gO2中所含的质子数为32NA
B.25℃时，pH=12的NaOH溶液中OH-数目为0.01NA
C.100g3.4%的H2O2溶液中所含的极性键数目为0.2NA
D.标准状况下，H2和CO的混合气体22.4L完全燃烧，转移的电子数为2NA
4.利用以下装置，可完成对应实验的是〔 〕
A.图1：除NH3尾气并防倒吸
B.图2：量取15.00mL酸性高锰酸钾溶液
C.图3：配制250g10%氯化钠溶液
D.图4：将氯化铵溶液蒸干制氯化铵晶体
5.以下离子方程式正确的选项是〔 〕
A.电解饱和食盐水：2Cl-+2H+ Cl2↑+H2↑
B.向AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3++4OH-= +2H2O
C.将HI溶液滴入Fe(OH)3中：3H++Fe(OH)3=Fe3++3H2O
D.向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
6.一种新型锂离子电池的工作原理如下列图，电池总反响为：LiMn2O4+VO2 Li1-xMn2O4+LixVO2 ， 以下说法错误的选项是〔 〕
A. 放电时，LiMn2O4电极的电势低于VO2电极的电势
B. 放电时，负极的电极反响为LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+
C. 充电时，Li+移向VO2电极
D. 充电时，VO2电极质量减轻
7.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。Y与Z的简单离子具有相同的核外电子排布。XW3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；常温时，0.1mol·L-1ZYW溶液的pH为13。以下说法错误的选项是〔 〕
A. W与Z位于同一主族 B. 最简单氢化物的沸点：X＞Y
C. Z2Y中只含离子键 D. 简单离子半径：X＞Y＞Z
二、非选择题
8.苯甲酸乙酯(无色液体，难溶于水，沸点213℃)天然存在于桃、菠萝、红茶中，常用于配制香精和人造精油，也可用作食品添加剂。实验室利用如下列图装置，在环己烷中通过反响C6H5COOH+C2H5OH C6H5COOC2H5+H2O制备苯甲酸乙酯。：环己烷沸点为80.8℃，可与水等物质形成共沸物，其混合物沸点为62.1℃。答复以下问题：
〔1〕I.制备苯甲酸乙酯
组装仪器，仪器A的名称是________，冷凝水从________口通入(填“a〞或“b〞)。
〔2〕向仪器A中参加几片碎瓷片，作用是________。
〔3〕向仪器A中依次参加4.00g苯甲酸、10mL无水乙醇、8mL环己烷、3mL浓硫酸。水浴加热至反响结束，分水器中收集到乙醇和环己烷。利用水浴加热的优点是________(写出一条即可)；从化学平衡移动的角度解释参加的环己烷可提高苯甲酸乙酯产率的原因是________。
〔4〕II.提纯苯甲酸乙酯
将仪器A中的溶液冷却至室温，倒入盛有30mL冷水的烧杯中，为除去硫酸和剩余的苯甲酸，可分批参加________(填化学式)。
〔5〕参加15mL乙醚萃取，分液。向有机层中参加无水CaCl2 ， 作用是________；从处理后的有机层中获得纯洁的苯甲酸乙酯的别离操作的名称是________。
9.昆明昆阳磷矿是中国三大磷矿之一，被誉为“中国磷都骄子〞。磷肥重钙的成分为磷酸二氢钙［Ca(H2PO4)2]。某实验小组利用废弃磷矿(含P2O5、FeO、Cr2O3、SiO2)模拟生产磷酸二氢钙的流程如下：
：该实验条件下，Kw=1×10-14 ， Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38 ， Ksp[Cr(OH)3]=1×10-32。答复以下问题：
〔1〕为使反响充分进行，酸浸前通常将矿石________(填处理方法)。酸浸后通入O2的目的是________(用离子方程式表示)。
〔2〕操作1的名称是________，滤渣1的化学式是________。要使Cr3+沉淀完全，需调溶液的pH，那么pH的理论最小值为________(离子浓度小于1×10-5mol·L-1时，可认为沉淀完全)。
〔3〕利用滤渣1可制得FePO4 ， 一定条件下，FePO4可与Li2CO3、C反响，生成可用于制作锂电池的LiFePO4 ， 同时生成组成元素相同的两种气体，写出该反响的化学方程式________。
〔4〕为生成Ca(H2PO4)2 ， 将滤液3分成两组。假设各步反响均恰好完全反响，那么A、B两组溶液的质量比为________。
〔5〕磷矿中P2O5的质量分数为14.2%，假设反响过程中磷元素的损失率为10%，那么1000g矿石可以制得________gCa(H2PO4)2。
10.不同价态含硫化合物的转化在工业上有重要的应用。答复以下问题：
〔1〕I.利用NO2将SO2转化为SO3的反响过程如下：
i.SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g)ΔH=QkJ·mol-1
ii.2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH=-114.1kJ·mol-1
反响2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH=-197.7kJ·mol-1。那么Q=________；NO2的作用是________。
〔2〕II.某化学小组对反响2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)进行研究。
相同条件下，在某恒容密闭容器中充入2molSO2和1molO2 ， 发生上述反响。以下情况能说明反响到达化学平衡状态的是_______(填标号)。
A.2υ(SO2)=υ(O2)
B.容器内气体的压强保持不变
C.SO2与O2的浓度比保持不变
D.混合气体的平均相对分子质量保持不变
〔3〕在一个容积为2L的恒温恒容密闭容器中，以不同投料方式研究上述反响，得到的数据如下表：
实验分组
甲组
乙组
反响物
2molSO2、1molO2
2molSO3
反响热量
放热158.16kJ
反响物的平衡转化率
a
b
①表中a=________，甲组实验在该条件下的平衡常数K=________。
②在相同条件下，假设将甲组实验按2molSO2、1molO2、1molSO3进行投料，那么反响开始时v正________v逆(填“＞〞“=〞或“＜〞)，平衡时SO3的百分含量与原甲组实验相比________(填“变大〞“变小〞或“不变〞)。
③为加快乙组实验的反响速率，以下措施可行的是________(填标号)。
A．升高温度 B．降低温度 C．充入适量N2 D．移走SO2
假设将乙组实验的容器改为绝热容器，那么b值________(填“变大〞“变小〞或“不变〞)。
11.立方氮化硼(BN)具有类金刚石的结构，是新型人工合成材料。利用新合成技术可以实现低温低压制备，反响为：BCl3+Li3N=BN+3LiCl。答复以下问题：
〔1〕基态B原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为________形。
〔2〕BCl3中B原子的杂化方式是________，两个B-Cl键的键角为________，该分子为________(填“极性〞或“非极性〞)分子。
〔3〕BCl3、Li3N、BN三者中，沸点最高的是________，Li、B、N、Cl第一电离能最大的元素是________。
〔4〕广义酸碱理论认为，中心原子可以接受电子对的分子为酸，可以提供电子对的分子为碱。按照该理论，BCl3属于________(填“酸〞或“碱〞)，BCl3和碱反响形成的化学键类型是________。
〔5〕立方氮化硼晶体的晶胞如图1所示。阿伏加德罗常数的值为NA ， 该晶体密度表达式为________g·cm-3；图2是该晶胞的俯视投影图，那么该图中表示硼原子相对位置的是________(填标号)。
12.光刻胶是半导体光刻工艺的核心材料，2021年12月我国自主研发的第一支ArF光刻胶通过产品验证，打破了国外垄断。从A合成某酯类光刻胶I的一种合成路线如下列图，其中 代表的是330弱碱性环氧系阴离子交换树脂。答复以下问题：
：①RCH2CHO+HCHO+R′NHR″→ +H2O
②RCOCl+R′OH→RCOOR′+HCl
〔1〕A的名称是________。
〔2〕D的结构简式为________，H中含氧官能团的名称为________。
〔3〕反响⑥的反响类型是________。
〔4〕反响④的化学方程式为________。
〔5〕G的分子式为________，写出一种满足以下条件G的同分异构体的结构简式________(不考虑立体异构)。
①含碳碳双键②能发生银镜反响③核磁共振氢谱的峰面积之比为6：1：1
〔6〕设计以乙烯、 为原料合成 的路线(其它试剂任选)________。
答案解析局部
一、单项选择题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A． 宣纸的主要成分是纤维素，纤维素属于有机高分子，A不符合题意；
B．端砚的主要成分为硅酸盐和碳酸盐，醋酸的酸性比碳酸和硅酸强，因此用食醋清洗端砚，醋酸会与其反响生成碳酸和硅酸，B符合题意；
C．动物毛是蛋白质，蛋白质灼烧具有烧焦羽毛的气味，故可鉴定，C不符合题意；
D．C原子最外层有4个电子，既不易得到电子，也不易失去电子，碳单质性质稳定，故书法作品经久不褪色，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】主要考查的是酸性的强弱问题，醋酸的酸性强于碳酸和硅酸，可以用醋酸与端砚反响但是硅酸是固体，不溶于水不易除去，其他选项均正确
2.【答案】 C
【解析】【解答】A．该化合物含有苯环，属于芳香族化合物，A不符合题意；
B．由该化合物的结构简式可知，其分子式为C14H18O3 ， B不符合题意；
C．该物质 中，标“*〞的碳原子与直接相连的4个碳原子构成了四面体结构，故不可能所有碳原子均处于同一平面，C符合题意；
D．该化合物含有碳碳双键和苯环，可以发生加成反响，含有碳碳双键和羟基，可发生氧化反响，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据结构简式即可写出分子式，即可找出含有醚基、双键、羟基官能团，含有苯环是芳香族化合物，可以发生加成、取代、氧化等反响，含有多个饱和碳原子，碳原子不可能共面
3.【答案】 D
【解析】【解答】A．32gO2的物质的量为1mol，一个O2分子含有16个质子，那么32gO2所含的质子数为16NA ， A不符合题意；
B．缺少NaOH溶液的体积，无法计算OH-数目，B不符合题意；
C．100g3.4%的H2O2溶液中H2O2的物质的量为 ，一个H2O2分子中含有2个O-H键，那么0.1molH2O2分子所含的极性键数目为0.2NA ， 但是H2O2溶液中溶剂水还含有极性键，极性键数目多于0.2NA ， C不符合题意；
D．标准状况下，H2和CO的混合气体22.4L，二者总物质的量为1mol，H2和CO完全燃烧分别生成H2O、CO2 ， 由化合价的变化可知，1molH2、1molCO转化为H2O、CO2 ， 分别转移2mol电子，那么1molH2和CO的混合气体完全燃烧转移的电子数为2NA ， D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据n=计算出物质的量，再找出1个氧分子含有的质子数即可
B.根据n=cv计算出物质的量，但是V未知
C.过氧化氢溶液中包括过氧化氢和水，均含有极性键
D.写出与氧气反响的方程式即可计算出转移的电子
4.【答案】 A
【解析】【解答】A．氨气易溶于水，不溶于四氯化碳，将导管插入四氯化碳中，逸出的氨气在四氯化碳上层被水吸收，能防倒吸，A符合题意；
B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，碱式滴定管下端有橡胶管，故应用酸式滴定管，B不符合题意；
C．配制250g10%氯化钠溶液，不是精确配制，不用容量瓶，容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液时用，该实验所需仪器：天平、量筒、烧杯、玻璃棒即可，C不符合题意；
D．将氯化铵溶液蒸干，得不到氯化铵晶体，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氨气不溶于四氯化碳中，可防止倒吸
B.高锰酸钾具有氧化性应该放在酸式滴定管中
C.容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液
D.氯化铵受热易分解生成氨气和氯化氢气体
5.【答案】 D
【解析】【解答】A．电解饱和食盐水时，阴极上是水电离出的氢离子放电，在书写总离子方程式时，水不能拆开，故正确的离子方程为：2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH- ， A不符合题意；
B．正确的离子方程为：Al3++3NH3∙H2O= + ，B不符合题意；
C．正确的离子方程为：6H++2Fe(OH)3+2I-=2Fe2++6H2O+I2 ， C不符合题意；
D．向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2生成碳酸钙沉淀和次氯酸，离子方程式符合题意，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.电解饱和食盐水得到的是氢氧化钠和氢气和氯气
B.一水合氨为弱碱，不能拆开写，氢氧化铝不能与弱碱反响
C.铁离子能氧化碘离子
D.符合二氧化碳 气体通入次氯酸钙溶液中
6.【答案】 C
【解析】【解答】A．放电时，LiMn2O4电极为负极，VO2电极为正极，那么LiMn2O4电极的电势低于VO2电极的电势，A不符合题意；
B．放电时，负极的电极反响为LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+ ， B不符合题意；
C．充电时，阳离子移动向阴极，Li+移向LiMn2O4电极，C符合题意；
D．充电时，VO2电极的电极反响式为LixVO2-xe-⇌VO2+xe- +xLi+ ， 故VO2电极质量减轻，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知，电池正处于放电状态，为原电池原理，LiMn2O4电极为负极，VO2电极为正极，负极反响式为LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+ ， 正极反响式为VO2+xe-+xLi+⇌LixVO2；当充电时，LiMn2O4电极为阴极，VO2电极为阳极，阴极、阳极的电极反响式分别为负极、正极反响式反过来写。
7.【答案】 B
【解析】【解答】A．W为H元素，Z为Na元素，故W与Z均位于IA族，A不符合题意；
B．X为N元素，Y为O元素，二者的简单氢化物为氨气和水，常温下，氨气为气体，水为液体，那么最简单氢化物的沸点：X＜Y，B符合题意；
C．Na2O由钠离子和氧离子构成，只含离子键，C不符合题意；
D．N3-、O2-、Na+的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故简单离子半径：N3-＞O2-＞Na+ ， D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】XW3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，那么XW3为氨气，W为H元素，X为N元素；常温时，0.1mol·L-1ZYW溶液的pH为13，ZYW是一元强碱，又W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，Y与Z的简单离子具有相同的核外电子排布，那么ZYW是NaOH，Y为O元素，Z为Na元素，据此分析解答。
二、非选择题
8.【答案】 〔1〕圆底烧瓶；a
〔2〕防止暴沸
〔3〕受热均匀，便于控制温度；环己烷可与水形成共沸物，进入分水器，减小了反响C6H5COOH+C2H5OH C6H5COOC2H5+H2O中生成物的浓度，平衡正向移动
〔4〕Na2CO3
〔5〕枯燥，除去水分；蒸馏
【解析】【解答】I.(1)仪器A的名称是圆底烧瓶，为了使蒸气冷凝充分，冷凝水应从下口通入，
故答案为：a；
(2)碎瓷片的作用是防止暴沸；
(3)水浴加热的优点是受热均匀，便于控制温度；环己烷可与水形成共沸物，进入分水器，减小了反响C6H5COOH+C2H5OH C6H5COOC2H5+H2O中生成物的浓度，平衡正向移动，那么可提高苯甲酸乙酯产率；
II.(4)A中含有苯甲酸乙酯，为除去硫酸和剩余的苯甲酸，可分批参加Na2CO3 ， 使其与硫酸和苯甲酸反响，且可降低苯甲酸乙酯的溶解度；
(5)向有机层中参加无水CaCl2 ， 作用是枯燥，除去水分；可通过蒸馏从处理后的有机层中获得纯洁的苯甲酸乙酯。
【分析】向仪器A中依次参加4.00g苯甲酸、10mL无水乙醇、8mL环己烷、3mL浓硫酸，水浴加热至反响结束，分水器中收集到乙醇和环己烷，环己烷可与水形成共沸物，也进入分水器，减小了反响C6H5COOH+C2H5OH C6H5COOC2H5+H2O中生成物的浓度，平衡正向移动，可提高苯甲酸乙酯产率。反响结束后，将仪器A中的溶液冷却至室温，倒入盛有30mL冷水的烧杯中，A中含有苯甲酸乙酯，为除去硫酸和剩余的苯甲酸，可分批参加Na2CO3 ， 使其与硫酸和苯甲酸反响，且可降低苯甲酸乙酯的溶解度，再向向有机层中参加无水CaCl2 ， 枯燥，除去水分，最后通过蒸馏从处理后的有机层中获得纯洁的苯甲酸乙酯。
9.【答案】 〔1〕粉碎；
〔2〕过滤；Fe(OH)3；5
〔3〕2FePO4+Li2CO3+C 2LiFePO4+CO↑+CO2↑
〔4〕1:2
〔5〕210.6
【解析】【解答】(1)为使反响充分进行，酸浸前通常将矿石粉碎；酸浸后通入O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+ ， 以便后续能沉淀除去，用离子方程式表示为 ；
(2)由操作1得到滤液和难溶于水的二氧化硅，即操作1是过滤；滤液1中参加NaOH沉淀Fe3+ ， 那么滤渣1的化学式是Fe(OH)3；要使Cr3+沉淀完全，即Cr3+浓度小于1×10-5mol·L-1 ， 那么氢氧根离子的理论最小值为 ，那么pH的理论最小值为5；
(3)一定条件下，FePO4可与Li2CO3、C反响，生成可用于制作锂电池的LiFePO4 ， 同时生成组成元素相同的两种气体为CO、CO2 ， 根据得失电子守恒、元素守恒配平该反响的化学方程式为2FePO4+Li2CO3+C =2LiFePO4+CO↑+CO2↑。
(4)A、B两组滤液呈碱性，P元素的存在形式为 ，又假设各步反响均恰好完全反响，那么最后的反响为Ca3(PO4)2+4H3PO4=3Ca(H2PO4)2 ， 由化学方程式可知，A、B两溶液中的 物质的量之比为1:2，那么A、B两组溶液的质量比为1:2；
(5)设1000g矿石可以制得xgCa(H2PO4)2 ， 由P元素守恒可得关系式： ，解得x=210.6。
【分析】先将矿石粉碎，再酸浸，通入氧气，将Fe2+氧化为Fe3+ ， 由Ksp[Fe(OH)3]小于Ksp[Cr(OH)3]可知，先后两次参加氢氧化钠，先沉淀铁离子，后沉淀铬离子，滤液3中P元素以 形式存在，分成两组，A组参加石灰乳生成Ca3(PO4)2 ， B组酸化得到H3PO4 ， 最后发生反响Ca3(PO4)2+4H3PO4=3Ca(H2PO4)2 ， 得到磷酸二氢钙，据此分析解答。
10.【答案】 〔1〕-41.8；催化作用
〔2〕B,D
〔3〕80%；160；＞；变大；A；变小
【解析】【解答】I.热化学方程式：i.SO2(g)+NO2(g)→SO3(g)+NO(g)ΔH=QkJ·mol-1；ii.2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH=-114.1kJ·mol-1；根据盖斯定律可知，由反响i×2+反响ii，可得反响2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)，那么2QkJ·mol-1+(-114.1kJ·mol-1)=-197.7kJ·mol-1 ， 解得Q=-41.8kJ·mol-1；NO2起催化作用；
II.(1)A.2υ(SO2)=υ(O2)不能说明正逆反响速率相等，故不能说明反响到达化学平衡状态；
B.恒温恒容条件下，反响2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)为反响前后气体物质的量发生变化的反响，那么容器内气体的压强为变化的量，当容器内气体的压强保持不变时，能说明反响到达化学平衡状态；
C.SO2与O2充入量分别为2mol、1mol，二者按照2:1反响，故SO2与O2的浓度比始终为2:1，保持不变，故SO2与O2的浓度保持不变，不能说明反响到达化学平衡状态；
D.反响2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)为反响前后气体物质的量发生变化的反响，气体的总质量不变，那么混合气体的平均相对分子质量为变化的量，当混合气体的平均相对分子质量保持不变时，能说明反响到达化学平衡状态；
故答案为：BD。
(2)①由2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH-197.7kJ·mol-1可知，当2molSO2与1molO2完全反响时，放出197.7kJ，现2molSO2与1molO2反响到达平衡时，放热158.16kJ，那么反响物的平衡转化率 ，对于甲组实验，可列出三段式： ，那么甲组实验在该条件下的平衡常数 ；
②在相同条件下，假设将甲组实验按2molSO2、1molO2、1molSO3进行投料，此时，各气体的浓度为1mol/LSO2、0.5mol/LO2、0.5mol/LSO3 ， 浓度商 ，那么反响开始时正向进项，v正＞v逆；按照化学计量数进行极值转化，2molSO2、1molO2、1molSO3建立的平衡状态相当于3molSO2、1.5molO2建立的平衡状态，在恒温恒容条件下，3molSO2、1.5molO2相对于2molSO2、1molO2来说，相当于增大压强，平衡正向移动，故平衡时SO3的百分含量与原甲组实验相比变大；
③A.升高温度，正逆反响速率均增大；
B.降低温度，正逆反响速率均减小；
C.恒容条件下，充入适量N2 ， 反响体系中各气体的浓度不变，正逆反响速率均不变；
D.移走SO2 ， 生成物浓度减小，逆反响速率瞬间减小，正反响速率瞬间不变，随之减小；
故答案为：A；
乙组实验中，反响2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)逆向进行，为吸热反响，假设将乙组实验的容器改为绝热容器，那么容器内温度降低，降温有利于反响向放热方向进行，那么平衡正向移动，那么反响物SO3的转化率变小。
【分析】〔1〕根据盖斯定律即可求出Q的值，结合总的反响方程式即可判断二氧化氮的作用
〔2〕根据 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) 前后系数不等，可以通过比较某一物质的正逆速率是否相等以及浓度是否不变以及压强是否不变以及平均相对分子质量是否不变即可判断是否平衡
〔3〕①物质的转化率与热量是呈正比根据热量计算即可，根据给出的数据就计算出平衡时的数据即可计算出平衡常数
②根据给出的数据计算出此时的浓度商与平衡常数进行比照即可判断反响方向，根据此时数据建立等效平衡即可判断平衡时的二氧化硫的百分含量③乙组是逆向反响，此反响正向是放热，因此逆向是吸热，升温即可加速反响，正反响是放热，逆反响是吸热，导致温度下降，平衡正向移动，导致转化率降低
11.【答案】 〔1〕哑铃
〔2〕sp2；；非极性
〔3〕BN；N
〔4〕酸；配位键(或共价键〕
〔5〕；3
【解析】【解答】(1)基态B原子的核外电子排布式为1s22s22p1 ， 那么其电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形；
(2)BCl3中B原子形成3对成键电子对，孤电子对数为 ，那么价层电子对数为3，那么B原子杂化方式是sp2 ， BCl3的分子构型为平面三角形，两个B-Cl键的键角为 ，该分子的结构对称，正负电荷中心重合，那么为非极性分子；
(3)BCl3为分子晶体，Li3N为离子晶体，BN为原子晶体，那么三者中，沸点最高的是BN；同周期元素的原子从左至右第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上往下第一电离能逐渐减小，那么Li、B、N、Cl第一电离能最大的元素是N；
(4)由(2)的分析可知，BCl3的中心原子B原子没有孤电子对，不能提供电子对，但是其有空轨道，可以接受电子对，故按照该理论，其属于酸；BCl3的中心原子B原子有空轨道，可以接受电子对，氢氧根离子有孤电子对，那么B原子提供空轨道，氢氧根离子提供孤电子对，故BCl3和碱反响形成的化学键类型是配位键(或共价键)；
(5)由晶胞结构图可知，一个晶胞中含有4个B原子， 个N原子，那么晶胞的质量为 ，那么该晶体密度表达式为 ；图2是该晶胞的俯视投影图，由晶胞结构图可知，该图中表示硼原子相对位置的是3号。
【分析】〔1〕根据B原子的核外电子能级排布即可判断出最高电子的轨道即可判断出形状
〔2〕根据化学式计算出价电子对以及孤对电子对即可判断杂化方式，即可求出键角，判断分子极性与非极性
〔3〕原子晶体的熔点高于离子晶体高于分子晶体即可判断，根据元素周期律即可判断
〔4〕根据酸碱理论即可判断类型，即可判断反响类型
〔5〕根据占位即可计算出晶胞中原子的个数即可计算出晶胞质量，结合晶胞参数计算出密度即可求出密度，根据俯视的规那么即可判断出B的位置
12.【答案】 〔1〕丙醛
〔2〕CH2=C(CH3)COOH；酯基、羟基
〔3〕加聚反响
〔4〕CH2=C(CH3)COONa+ → +NaBr
〔5〕C10H16O2；为 、 (答案合理即可)
〔6〕
【解析】【解答】(1)A为丙醛CH3CH2CHO。
(2)D的结构简式为CH2=C(CH3)COOH，H中含氧官能团的名称为酯基、羟基。
(3)反响⑥的反响类型是加聚反响。
(4)反响④的化学方程式为CH2=C(CH3)COONa+ → +NaBr。
(5)G为 ，其分子式为C10H16O2 ， 其不饱和度为 ，满足以下条件G的同分异构体，①含碳碳双键，②能发生银镜反响，含有醛基，③核磁共振氢谱的峰面积之比为6：1：1，即有3种等效氢，且个数分别为12、2、2，符合的结构简式有 、 (答案合理即可)。
(6)乙烯与溴水先发生加成反响生成CH2BrCH2Br，CH2BrCH2Br在氢氧化钠水溶液加热的条件下发生水解反响生成乙二醇 ，乙醇与两分子 发生信息反响②得到 ，故合成路线为： 。
【分析】由B的结构简式以及A的分子式，根据信息反响①，可知A为丙醛CH3CH2CHO，根据D的分子式可知，C发生催化氧化生成D为CH2=C(CH3)COOH，D与氢氧化钠发生中和反响生成E为CH2=C(CH3)COONa，根据信息反响②可知， 与G反响生成H，那么G为 ，据此分析解答。
高考化学二模试卷
一、单项选择题
1.书法是中国传统文化的重要组成局部。以下说法错误的选项是〔 〕
A.宣纸的主要成分纤维素属于有机高分子
B.端砚的主要成分为硅酸盐和碳酸盐，可用食醋清洗
C.用灼烧法可鉴别毛笔头的材料是动物毛或合成纤维
D.书法作品经久不褪色，是因为墨的主要成分为性质稳定的碳单质
2.司替戊醇可用于治疗癫痫病，其结构简式如下所示。以下说法错误的选项是〔 〕
A.属于芳香族化合物
B.分子式为C14H18O3
C.所有碳原子均处于同一平面
D.可发生氧化反响和加成反响
3.NA是阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是〔 〕
A.32gO2中所含的质子数为32NA
B.25℃时，pH=12的NaOH溶液中OH-数目为0.01NA
C.100g3.4%的H2O2溶液中所含的极性键数目为0.2NA
D.标准状况下，H2和CO的混合气体22.4L完全燃烧，转移的电子数为2NA
4.利用以下装置，可完成对应实验的是〔 〕
A.图1：除NH3尾气并防倒吸
B.图2：量取15.00mL酸性高锰酸钾溶液
C.图3：配制250g10%氯化钠溶液
D.图4：将氯化铵溶液蒸干制氯化铵晶体
5.以下离子方程式正确的选项是〔 〕
A.电解饱和食盐水：2Cl-+2H+ Cl2↑+H2↑
B.向AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3++4OH-= +2H2O
C.将HI溶液滴入Fe(OH)3中：3H++Fe(OH)3=Fe3++3H2O
D.向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
6.一种新型锂离子电池的工作原理如下列图，电池总反响为：LiMn2O4+VO2 Li1-xMn2O4+LixVO2 ， 以下说法错误的选项是〔 〕
A. 放电时，LiMn2O4电极的电势低于VO2电极的电势
B. 放电时，负极的电极反响为LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+
C. 充电时，Li+移向VO2电极
D. 充电时，VO2电极质量减轻
7.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。Y与Z的简单离子具有相同的核外电子排布。XW3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；常温时，0.1mol·L-1ZYW溶液的pH为13。以下说法错误的选项是〔 〕
A. W与Z位于同一主族 B. 最简单氢化物的沸点：X＞Y
C. Z2Y中只含离子键 D. 简单离子半径：X＞Y＞Z
二、非选择题
8.苯甲酸乙酯(无色液体，难溶于水，沸点213℃)天然存在于桃、菠萝、红茶中，常用于配制香精和人造精油，也可用作食品添加剂。实验室利用如下列图装置，在环己烷中通过反响C6H5COOH+C2H5OH C6H5COOC2H5+H2O制备苯甲酸乙酯。：环己烷沸点为80.8℃，可与水等物质形成共沸物，其混合物沸点为62.1℃。答复以下问题：
〔1〕I.制备苯甲酸乙酯
组装仪器，仪器A的名称是________，冷凝水从________口通入(填“a〞或“b〞)。
〔2〕向仪器A中参加几片碎瓷片，作用是________。
〔3〕向仪器A中依次参加4.00g苯甲酸、10mL无水乙醇、8mL环己烷、3mL浓硫酸。水浴加热至反响结束，分水器中收集到乙醇和环己烷。利用水浴加热的优点是________(写出一条即可)；从化学平衡移动的角度解释参加的环己烷可提高苯甲酸乙酯产率的原因是________。
〔4〕II.提纯苯甲酸乙酯
将仪器A中的溶液冷却至室温，倒入盛有30mL冷水的烧杯中，为除去硫酸和剩余的苯甲酸，可分批参加________(填化学式)。
〔5〕参加15mL乙醚萃取，分液。向有机层中参加无水CaCl2 ， 作用是________；从处理后的有机层中获得纯洁的苯甲酸乙酯的别离操作的名称是________。
9.昆明昆阳磷矿是中国三大磷矿之一，被誉为“中国磷都骄子〞。磷肥重钙的成分为磷酸二氢钙［Ca(H2PO4)2]。某实验小组利用废弃磷矿(含P2O5、FeO、Cr2O3、SiO2)模拟生产磷酸二氢钙的流程如下：
：该实验条件下，Kw=1×10-14 ， Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38 ， Ksp[Cr(OH)3]=1×10-32。答复以下问题：
〔1〕为使反响充分进行，酸浸前通常将矿石________(填处理方法)。酸浸后通入O2的目的是________(用离子方程式表示)。
〔2〕操作1的名称是________，滤渣1的化学式是________。要使Cr3+沉淀完全，需调溶液的pH，那么pH的理论最小值为________(离子浓度小于1×10-5mol·L-1时，可认为沉淀完全)。
〔3〕利用滤渣1可制得FePO4 ， 一定条件下，FePO4可与Li2CO3、C反响，生成可用于制作锂电池的LiFePO4 ， 同时生成组成元素相同的两种气体，写出该反响的化学方程式________。
〔4〕为生成Ca(H2PO4)2 ， 将滤液3分成两组。假设各步反响均恰好完全反响，那么A、B两组溶液的质量比为________。
〔5〕磷矿中P2O5的质量分数为14.2%，假设反响过程中磷元素的损失率为10%，那么1000g矿石可以制得________gCa(H2PO4)2。
10.不同价态含硫化合物的转化在工业上有重要的应用。答复以下问题：
〔1〕I.利用NO2将SO2转化为SO3的反响过程如下：
i.SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g)ΔH=QkJ·mol-1
ii.2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH=-114.1kJ·mol-1
反响2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH=-197.7kJ·mol-1。那么Q=________；NO2的作用是________。
〔2〕II.某化学小组对反响2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)进行研究。
相同条件下，在某恒容密闭容器中充入2molSO2和1molO2 ， 发生上述反响。以下情况能说明反响到达化学平衡状态的是_______(填标号)。
A.2υ(SO2)=υ(O2)
B.容器内气体的压强保持不变
C.SO2与O2的浓度比保持不变
D.混合气体的平均相对分子质量保持不变
〔3〕在一个容积为2L的恒温恒容密闭容器中，以不同投料方式研究上述反响，得到的数据如下表：
实验分组
甲组
乙组
反响物
2molSO2、1molO2
2molSO3
反响热量
放热158.16kJ
反响物的平衡转化率
a
b
①表中a=________，甲组实验在该条件下的平衡常数K=________。
②在相同条件下，假设将甲组实验按2molSO2、1molO2、1molSO3进行投料，那么反响开始时v正________v逆(填“＞〞“=〞或“＜〞)，平衡时SO3的百分含量与原甲组实验相比________(填“变大〞“变小〞或“不变〞)。
③为加快乙组实验的反响速率，以下措施可行的是________(填标号)。
A．升高温度 B．降低温度 C．充入适量N2 D．移走SO2
假设将乙组实验的容器改为绝热容器，那么b值________(填“变大〞“变小〞或“不变〞)。
11.立方氮化硼(BN)具有类金刚石的结构，是新型人工合成材料。利用新合成技术可以实现低温低压制备，反响为：BCl3+Li3N=BN+3LiCl。答复以下问题：
〔1〕基态B原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为________形。
〔2〕BCl3中B原子的杂化方式是________，两个B-Cl键的键角为________，该分子为________(填“极性〞或“非极性〞)分子。
〔3〕BCl3、Li3N、BN三者中，沸点最高的是________，Li、B、N、Cl第一电离能最大的元素是________。
〔4〕广义酸碱理论认为，中心原子可以接受电子对的分子为酸，可以提供电子对的分子为碱。按照该理论，BCl3属于________(填“酸〞或“碱〞)，BCl3和碱反响形成的化学键类型是________。
〔5〕立方氮化硼晶体的晶胞如图1所示。阿伏加德罗常数的值为NA ， 该晶体密度表达式为________g·cm-3；图2是该晶胞的俯视投影图，那么该图中表示硼原子相对位置的是________(填标号)。
12.光刻胶是半导体光刻工艺的核心材料，2021年12月我国自主研发的第一支ArF光刻胶通过产品验证，打破了国外垄断。从A合成某酯类光刻胶I的一种合成路线如下列图，其中 代表的是330弱碱性环氧系阴离子交换树脂。答复以下问题：
：①RCH2CHO+HCHO+R′NHR″→ +H2O
②RCOCl+R′OH→RCOOR′+HCl
〔1〕A的名称是________。
〔2〕D的结构简式为________，H中含氧官能团的名称为________。
〔3〕反响⑥的反响类型是________。
〔4〕反响④的化学方程式为________。
〔5〕G的分子式为________，写出一种满足以下条件G的同分异构体的结构简式________(不考虑立体异构)。
①含碳碳双键②能发生银镜反响③核磁共振氢谱的峰面积之比为6：1：1
〔6〕设计以乙烯、 为原料合成 的路线(其它试剂任选)________。
答案解析局部
一、单项选择题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A． 宣纸的主要成分是纤维素，纤维素属于有机高分子，A不符合题意；
B．端砚的主要成分为硅酸盐和碳酸盐，醋酸的酸性比碳酸和硅酸强，因此用食醋清洗端砚，醋酸会与其反响生成碳酸和硅酸，B符合题意；
C．动物毛是蛋白质，蛋白质灼烧具有烧焦羽毛的气味，故可鉴定，C不符合题意；
D．C原子最外层有4个电子，既不易得到电子，也不易失去电子，碳单质性质稳定，故书法作品经久不褪色，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】主要考查的是酸性的强弱问题，醋酸的酸性强于碳酸和硅酸，可以用醋酸与端砚反响但是硅酸是固体，不溶于水不易除去，其他选项均正确
2.【答案】 C
【解析】【解答】A．该化合物含有苯环，属于芳香族化合物，A不符合题意；
B．由该化合物的结构简式可知，其分子式为C14H18O3 ， B不符合题意；
C．该物质 中，标“*〞的碳原子与直接相连的4个碳原子构成了四面体结构，故不可能所有碳原子均处于同一平面，C符合题意；
D．该化合物含有碳碳双键和苯环，可以发生加成反响，含有碳碳双键和羟基，可发生氧化反响，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据结构简式即可写出分子式，即可找出含有醚基、双键、羟基官能团，含有苯环是芳香族化合物，可以发生加成、取代、氧化等反响，含有多个饱和碳原子，碳原子不可能共面
3.【答案】 D
【解析】【解答】A．32gO2的物质的量为1mol，一个O2分子含有16个质子，那么32gO2所含的质子数为16NA ， A不符合题意；
B．缺少NaOH溶液的体积，无法计算OH-数目，B不符合题意；
C．100g3.4%的H2O2溶液中H2O2的物质的量为 ，一个H2O2分子中含有2个O-H键，那么0.1molH2O2分子所含的极性键数目为0.2NA ， 但是H2O2溶液中溶剂水还含有极性键，极性键数目多于0.2NA ， C不符合题意；
D．标准状况下，H2和CO的混合气体22.4L，二者总物质的量为1mol，H2和CO完全燃烧分别生成H2O、CO2 ， 由化合价的变化可知，1molH2、1molCO转化为H2O、CO2 ， 分别转移2mol电子，那么1molH2和CO的混合气体完全燃烧转移的电子数为2NA ， D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据n=计算出物质的量，再找出1个氧分子含有的质子数即可
B.根据n=cv计算出物质的量，但是V未知
C.过氧化氢溶液中包括过氧化氢和水，均含有极性键
D.写出与氧气反响的方程式即可计算出转移的电子
4.【答案】 A
【解析】【解答】A．氨气易溶于水，不溶于四氯化碳，将导管插入四氯化碳中，逸出的氨气在四氯化碳上层被水吸收，能防倒吸，A符合题意；
B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，碱式滴定管下端有橡胶管，故应用酸式滴定管，B不符合题意；
C．配制250g10%氯化钠溶液，不是精确配制，不用容量瓶，容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液时用，该实验所需仪器：天平、量筒、烧杯、玻璃棒即可，C不符合题意；
D．将氯化铵溶液蒸干，得不到氯化铵晶体，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氨气不溶于四氯化碳中，可防止倒吸
B.高锰酸钾具有氧化性应该放在酸式滴定管中
C.容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液
D.氯化铵受热易分解生成氨气和氯化氢气体
5.【答案】 D
【解析】【解答】A．电解饱和食盐水时，阴极上是水电离出的氢离子放电，在书写总离子方程式时，水不能拆开，故正确的离子方程为：2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH- ， A不符合题意；
B．正确的离子方程为：Al3++3NH3∙H2O= + ，B不符合题意；
C．正确的离子方程为：6H++2Fe(OH)3+2I-=2Fe2++6H2O+I2 ， C不符合题意；
D．向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2生成碳酸钙沉淀和次氯酸，离子方程式符合题意，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.电解饱和食盐水得到的是氢氧化钠和氢气和氯气
B.一水合氨为弱碱，不能拆开写，氢氧化铝不能与弱碱反响
C.铁离子能氧化碘离子
D.符合二氧化碳 气体通入次氯酸钙溶液中
6.【答案】 C
【解析】【解答】A．放电时，LiMn2O4电极为负极，VO2电极为正极，那么LiMn2O4电极的电势低于VO2电极的电势，A不符合题意；
B．放电时，负极的电极反响为LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+ ， B不符合题意；
C．充电时，阳离子移动向阴极，Li+移向LiMn2O4电极，C符合题意；
D．充电时，VO2电极的电极反响式为LixVO2-xe-⇌VO2+xe- +xLi+ ， 故VO2电极质量减轻，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知，电池正处于放电状态，为原电池原理，LiMn2O4电极为负极，VO2电极为正极，负极反响式为LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+ ， 正极反响式为VO2+xe-+xLi+⇌LixVO2；当充电时，LiMn2O4电极为阴极，VO2电极为阳极，阴极、阳极的电极反响式分别为负极、正极反响式反过来写。
7.【答案】 B
【解析】【解答】A．W为H元素，Z为Na元素，故W与Z均位于IA族，A不符合题意；
B．X为N元素，Y为O元素，二者的简单氢化物为氨气和水，常温下，氨气为气体，水为液体，那么最简单氢化物的沸点：X＜Y，B符合题意；
C．Na2O由钠离子和氧离子构成，只含离子键，C不符合题意；
D．N3-、O2-、Na+的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故简单离子半径：N3-＞O2-＞Na+ ， D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】XW3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，那么XW3为氨气，W为H元素，X为N元素；常温时，0.1mol·L-1ZYW溶液的pH为13，ZYW是一元强碱，又W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，Y与Z的简单离子具有相同的核外电子排布，那么ZYW是NaOH，Y为O元素，Z为Na元素，据此分析解答。
二、非选择题
8.【答案】 〔1〕圆底烧瓶；a
〔2〕防止暴沸
〔3〕受热均匀，便于控制温度；环己烷可与水形成共沸物，进入分水器，减小了反响C6H5COOH+C2H5OH C6H5COOC2H5+H2O中生成物的浓度，平衡正向移动
〔4〕Na2CO3
〔5〕枯燥，除去水分；蒸馏
【解析】【解答】I.(1)仪器A的名称是圆底烧瓶，为了使蒸气冷凝充分，冷凝水应从下口通入，
故答案为：a；
(2)碎瓷片的作用是防止暴沸；
(3)水浴加热的优点是受热均匀，便于控制温度；环己烷可与水形成共沸物，进入分水器，减小了反响C6H5COOH+C2H5OH C6H5COOC2H5+H2O中生成物的浓度，平衡正向移动，那么可提高苯甲酸乙酯产率；
II.(4)A中含有苯甲酸乙酯，为除去硫酸和剩余的苯甲酸，可分批参加Na2CO3 ， 使其与硫酸和苯甲酸反响，且可降低苯甲酸乙酯的溶解度；
(5)向有机层中参加无水CaCl2 ， 作用是枯燥，除去水分；可通过蒸馏从处理后的有机层中获得纯洁的苯甲酸乙酯。
【分析】向仪器A中依次参加4.00g苯甲酸、10mL无水乙醇、8mL环己烷、3mL浓硫酸，水浴加热至反响结束，分水器中收集到乙醇和环己烷，环己烷可与水形成共沸物，也进入分水器，减小了反响C6H5COOH+C2H5OH C6H5COOC2H5+H2O中生成物的浓度，平衡正向移动，可提高苯甲酸乙酯产率。反响结束后，将仪器A中的溶液冷却至室温，倒入盛有30mL冷水的烧杯中，A中含有苯甲酸乙酯，为除去硫酸和剩余的苯甲酸，可分批参加Na2CO3 ， 使其与硫酸和苯甲酸反响，且可降低苯甲酸乙酯的溶解度，再向向有机层中参加无水CaCl2 ， 枯燥，除去水分，最后通过蒸馏从处理后的有机层中获得纯洁的苯甲酸乙酯。
9.【答案】 〔1〕粉碎；
〔2〕过滤；Fe(OH)3；5
〔3〕2FePO4+Li2CO3+C 2LiFePO4+CO↑+CO2↑
〔4〕1:2
〔5〕210.6
【解析】【解答】(1)为使反响充分进行，酸浸前通常将矿石粉碎；酸浸后通入O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+ ， 以便后续能沉淀除去，用离子方程式表示为 ；
(2)由操作1得到滤液和难溶于水的二氧化硅，即操作1是过滤；滤液1中参加NaOH沉淀Fe3+ ， 那么滤渣1的化学式是Fe(OH)3；要使Cr3+沉淀完全，即Cr3+浓度小于1×10-5mol·L-1 ， 那么氢氧根离子的理论最小值为 ，那么pH的理论最小值为5；
(3)一定条件下，FePO4可与Li2CO3、C反响，生成可用于制作锂电池的LiFePO4 ， 同时生成组成元素相同的两种气体为CO、CO2 ， 根据得失电子守恒、元素守恒配平该反响的化学方程式为2FePO4+Li2CO3+C =2LiFePO4+CO↑+CO2↑。
(4)A、B两组滤液呈碱性，P元素的存在形式为 ，又假设各步反响均恰好完全反响，那么最后的反响为Ca3(PO4)2+4H3PO4=3Ca(H2PO4)2 ， 由化学方程式可知，A、B两溶液中的 物质的量之比为1:2，那么A、B两组溶液的质量比为1:2；
(5)设1000g矿石可以制得xgCa(H2PO4)2 ， 由P元素守恒可得关系式： ，解得x=210.6。
【分析】先将矿石粉碎，再酸浸，通入氧气，将Fe2+氧化为Fe3+ ， 由Ksp[Fe(OH)3]小于Ksp[Cr(OH)3]可知，先后两次参加氢氧化钠，先沉淀铁离子，后沉淀铬离子，滤液3中P元素以 形式存在，分成两组，A组参加石灰乳生成Ca3(PO4)2 ， B组酸化得到H3PO4 ， 最后发生反响Ca3(PO4)2+4H3PO4=3Ca(H2PO4)2 ， 得到磷酸二氢钙，据此分析解答。
10.【答案】 〔1〕-41.8；催化作用
〔2〕B,D
〔3〕80%；160；＞；变大；A；变小
【解析】【解答】I.热化学方程式：i.SO2(g)+NO2(g)→SO3(g)+NO(g)ΔH=QkJ·mol-1；ii.2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH=-114.1kJ·mol-1；根据盖斯定律可知，由反响i×2+反响ii，可得反响2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)，那么2QkJ·mol-1+(-114.1kJ·mol-1)=-197.7kJ·mol-1 ， 解得Q=-41.8kJ·mol-1；NO2起催化作用；
II.(1)A.2υ(SO2)=υ(O2)不能说明正逆反响速率相等，故不能说明反响到达化学平衡状态；
B.恒温恒容条件下，反响2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)为反响前后气体物质的量发生变化的反响，那么容器内气体的压强为变化的量，当容器内气体的压强保持不变时，能说明反响到达化学平衡状态；
C.SO2与O2充入量分别为2mol、1mol，二者按照2:1反响，故SO2与O2的浓度比始终为2:1，保持不变，故SO2与O2的浓度保持不变，不能说明反响到达化学平衡状态；
D.反响2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)为反响前后气体物质的量发生变化的反响，气体的总质量不变，那么混合气体的平均相对分子质量为变化的量，当混合气体的平均相对分子质量保持不变时，能说明反响到达化学平衡状态；
故答案为：BD。
(2)①由2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH-197.7kJ·mol-1可知，当2molSO2与1molO2完全反响时，放出197.7kJ，现2molSO2与1molO2反响到达平衡时，放热158.16kJ，那么反响物的平衡转化率 ，对于甲组实验，可列出三段式： ，那么甲组实验在该条件下的平衡常数 ；
②在相同条件下，假设将甲组实验按2molSO2、1molO2、1molSO3进行投料，此时，各气体的浓度为1mol/LSO2、0.5mol/LO2、0.5mol/LSO3 ， 浓度商 ，那么反响开始时正向进项，v正＞v逆；按照化学计量数进行极值转化，2molSO2、1molO2、1molSO3建立的平衡状态相当于3molSO2、1.5molO2建立的平衡状态，在恒温恒容条件下，3molSO2、1.5molO2相对于2molSO2、1molO2来说，相当于增大压强，平衡正向移动，故平衡时SO3的百分含量与原甲组实验相比变大；
③A.升高温度，正逆反响速率均增大；
B.降低温度，正逆反响速率均减小；
C.恒容条件下，充入适量N2 ， 反响体系中各气体的浓度不变，正逆反响速率均不变；
D.移走SO2 ， 生成物浓度减小，逆反响速率瞬间减小，正反响速率瞬间不变，随之减小；
故答案为：A；
乙组实验中，反响2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)逆向进行，为吸热反响，假设将乙组实验的容器改为绝热容器，那么容器内温度降低，降温有利于反响向放热方向进行，那么平衡正向移动，那么反响物SO3的转化率变小。
【分析】〔1〕根据盖斯定律即可求出Q的值，结合总的反响方程式即可判断二氧化氮的作用
〔2〕根据 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) 前后系数不等，可以通过比较某一物质的正逆速率是否相等以及浓度是否不变以及压强是否不变以及平均相对分子质量是否不变即可判断是否平衡
〔3〕①物质的转化率与热量是呈正比根据热量计算即可，根据给出的数据就计算出平衡时的数据即可计算出平衡常数
②根据给出的数据计算出此时的浓度商与平衡常数进行比照即可判断反响方向，根据此时数据建立等效平衡即可判断平衡时的二氧化硫的百分含量③乙组是逆向反响，此反响正向是放热，因此逆向是吸热，升温即可加速反响，正反响是放热，逆反响是吸热，导致温度下降，平衡正向移动，导致转化率降低
11.【答案】 〔1〕哑铃
〔2〕sp2；；非极性
〔3〕BN；N
〔4〕酸；配位键(或共价键〕
〔5〕；3
【解析】【解答】(1)基态B原子的核外电子排布式为1s22s22p1 ， 那么其电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形；
(2)BCl3中B原子形成3对成键电子对，孤电子对数为 ，那么价层电子对数为3，那么B原子杂化方式是sp2 ， BCl3的分子构型为平面三角形，两个B-Cl键的键角为 ，该分子的结构对称，正负电荷中心重合，那么为非极性分子；
(3)BCl3为分子晶体，Li3N为离子晶体，BN为原子晶体，那么三者中，沸点最高的是BN；同周期元素的原子从左至右第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上往下第一电离能逐渐减小，那么Li、B、N、Cl第一电离能最大的元素是N；
(4)由(2)的分析可知，BCl3的中心原子B原子没有孤电子对，不能提供电子对，但是其有空轨道，可以接受电子对，故按照该理论，其属于酸；BCl3的中心原子B原子有空轨道，可以接受电子对，氢氧根离子有孤电子对，那么B原子提供空轨道，氢氧根离子提供孤电子对，故BCl3和碱反响形成的化学键类型是配位键(或共价键)；
(5)由晶胞结构图可知，一个晶胞中含有4个B原子， 个N原子，那么晶胞的质量为 ，那么该晶体密度表达式为 ；图2是该晶胞的俯视投影图，由晶胞结构图可知，该图中表示硼原子相对位置的是3号。
【分析】〔1〕根据B原子的核外电子能级排布即可判断出最高电子的轨道即可判断出形状
〔2〕根据化学式计算出价电子对以及孤对电子对即可判断杂化方式，即可求出键角，判断分子极性与非极性
〔3〕原子晶体的熔点高于离子晶体高于分子晶体即可判断，根据元素周期律即可判断
〔4〕根据酸碱理论即可判断类型，即可判断反响类型
〔5〕根据占位即可计算出晶胞中原子的个数即可计算出晶胞质量，结合晶胞参数计算出密度即可求出密度，根据俯视的规那么即可判断出B的位置
12.【答案】 〔1〕丙醛
〔2〕CH2=C(CH3)COOH；酯基、羟基
〔3〕加聚反响
〔4〕CH2=C(CH3)COONa+ → +NaBr
〔5〕C10H16O2；为 、 (答案合理即可)
〔6〕
【解析】【解答】(1)A为丙醛CH3CH2CHO。
(2)D的结构简式为CH2=C(CH3)COOH，H中含氧官能团的名称为酯基、羟基。
(3)反响⑥的反响类型是加聚反响。
(4)反响④的化学方程式为CH2=C(CH3)COONa+ → +NaBr。
(5)G为 ，其分子式为C10H16O2 ， 其不饱和度为 ，满足以下条件G的同分异构体，①含碳碳双键，②能发生银镜反响，含有醛基，③核磁共振氢谱的峰面积之比为6：1：1，即有3种等效氢，且个数分别为12、2、2，符合的结构简式有 、 (答案合理即可)。
(6)乙烯与溴水先发生加成反响生成CH2BrCH2Br，CH2BrCH2Br在氢氧化钠水溶液加热的条件下发生水解反响生成乙二醇 ，乙醇与两分子 发生信息反响②得到 ，故合成路线为： 。
【分析】由B的结构简式以及A的分子式，根据信息反响①，可知A为丙醛CH3CH2CHO，根据D的分子式可知，C发生催化氧化生成D为CH2=C(CH3)COOH，D与氢氧化钠发生中和反响生成E为CH2=C(CH3)COONa，根据信息反响②可知， 与G反响生成H，那么G为 ，据此分析解答。
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