安徽省黄山市2021年高考化学二模试卷

这是一份安徽省黄山市2021年高考化学二模试卷，共16页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

 高考化学二模试卷
一、单选题
1.化学与生活息息相关，下列说法错误的是（   ）
A. “84消毒液”的主要有效成分是NaClO，NaClO通过氧化灭活病毒
B. 铁粉和氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨
C. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
D. “红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”文中的“气”是指乙烯
2.天然气是应用广泛的燃料，但含有少量的H2S气体。在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的脱硫，其原理如图所示，下列说法正确的是（   ）

A. 过程甲中的离子方程式为：      B. FeSO4为该脱硫过程的催化剂
C. 过程乙中每4molFe2+参加反应，需消耗22.4L的O2     D. 脱硫过程中O2间接氧化H2S
3.紫花前胡醇 可从中药材当归  和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是（   ）
A. 1mol该有机物最多能与5molH2反应                  B. 能够与钠反应生成氢气
C. 能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色                      D. 能够发生水解反应
4.下列实验操作或相关说法合理的是（   ）
A
B
C
D




混合浓硫酸和乙醇
验证SO2的漂白性
蒸干MgCl2溶液制取无水MgCl2
充分振荡后下层为无色
A. A                                           B. B                                           C. C                                           D. D
5.已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X、Y、Z均能形成10电子分子，其中Y的最简单的氢化物易与其最高价氧化物对应的水化物反应生成化合物甲，W、X、Y、Z可以形成化合物乙(结构如图)，下列说法正确的是（   ）

A. W不能和X、Y形成18电子的化合物     B. 甲中含有离子键和非极性共价键
C. 原子半径：X>Y>Z>W                        D. W与X形成的化合物的沸点一定低于W与Z所形成的化合物
6.镍镉电池是二次电池，其工作原理如图(L为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源的两极)。下列说法错误的是（   ）

A. 断开K2、合上K1 ， 电极A的电势低于电极B
B. 断开K1、合上K2 ， 电极A为阴极，发生氧化反应
C. 电极B发生还原反应过程中，溶液中的KOH浓度有变化
D. 镍镉二次电池的总反应式： Cd(OH)2+2Ni(OH)2 Cd+2NiOOH+2H2O
7.25℃时，若某混合溶液中始终保持 ， ， 、 和 随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是（   ）

A. M点时，
B. N点时，pH=lgKa
C. 该体系中，
D. O点和P点比较，溶液中P点 的值更大
二、综合题
8.CuCl是有机合成工业中应用较广的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水，不溶于稀硫酸和乙醇；在潮湿的空气中易水解氧化为碱式氯化铜。工业上用黄铜矿(主要成分是 CuFeS2 ， 还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如下：

回答下列问题：
（1）为了提高矿砂浸取率，可以________(任答两种)。
（2）“浸取”时NO 中N元素主要被还原为最低价态，则反应的离子方程式为________。
（3）“滤渣①”的成分为SiO2、S；“滤渣②”的成分是 ________(填化学式)。
（4）已知在水溶液中存在平衡： (无色)。“还原”中所发生反应的离子方程式为________，当出现________现象时，表明“还原”进行完全。
（5）“一系列操作”是指加入去氧水、过滤、用无水乙醇洗涤、真空干燥，加去氧水的目的 ________。
（6）准确称取所制备的氯化亚铜产品mg，将其置于过量的FeCl3 溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol∙L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点(滴定过程中Cl-不参加反应)，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O 被还原为Cr3+ ，产品中CuCl的纯度为________。
9.乙酰苯胺( )在工业上作磺胺类药物原料等，可通过苯胺和乙酸反应制得：
已知：纯乙酰苯胺是白色片状晶体，熔点为114℃；微溶于冷水，可溶于热水，易溶于有机溶剂；加热时易被氧化。
实验室制备乙酰苯胺的步骤如下(部分装置省略)：

Ⅰ.粗乙酰苯胺的制备
在150mL 烧瓶中加入15mL(过量)乙酸(沸点117.9℃)、少量Zn粉和10mL(0.11mol)新制得的苯胺，如图接好装置。在石棉网上用小火加热，控制顶端馏出温度105℃左右使之充分反应1h。待反应完成，在不断搅拌下，趁热把反应混合物缓慢地倒入盛有250mL冷水的烧杯中，乙酰苯胺晶体析出。充分冷却至室温后，减压过滤，用洗涤晶体2~3次。用滤液冲洗烧杯上残留的晶体，再次过滤，两次过滤得到的固体合并在一起。
Ⅱ.乙酰苯胺的提纯
将上述制得的粗乙酰苯胺固体移入500mL烧杯中，加入100mL热水，加热至沸腾，待粗乙酰苯胺完全溶解后，再补加少量蒸馏水。稍冷后，加入少量活性炭吸附色素等杂质，在搅拌下微沸5min，趁热过滤。待滤液冷却至室温，有晶体析出，称量产品为11.2g。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是________。
（2）加入锌粉的目的是________。反应中加入锌粉的量不宜过多，试从平衡的角度分析原因为________。
（3）步骤Ⅰ控制馏出温度105℃的理由________。洗涤晶体宜选用________(填字母)。
A．乙醇    B．CCl4    C．冷水    D．乙醚
（4）步骤Ⅱ中，粗乙酰苯胺溶解后，补加少量蒸馏水的目的是________。
（5）步骤Ⅱ中，称量前的操作是________。上述提纯乙酰苯胺的方法叫________。
（6）乙酰苯胺的产率为________。(计算结果保留3位有效数字)
10.氮氧化物发生的反应是讨论化学平衡问题的常用体系。回答下列问题：
（1）①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)  ΔH1
②2NH3(g)+2O2(g)=N2O(g)+3H2O(g)  ΔH2
③2N2O (g)=N2O(g)+ O2(g)  ΔH3
上述反应ΔH1、ΔH2、ΔH3之间的关系式为ΔH3=________ 。
（2）恒压条件下，NO和O2的起始浓度一定、催化反应时间相同，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。

①图中X点所示条件下，反应________ 达到平衡(填“已经”或“未”)。
②2NO(g)+O2(g) ⇌2NO2(g)  ΔH________0(填“>”或“<”)。
（3）对于反应2NO+O2 ⇌2NO2 ， 有人提出如下反应历程：
第一步   2NO⇌N2O2    快速平衡
第二步   N2O2+O2→2NO2   慢反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是______ (填标号)
A.v(第一步的逆反应)＜v(第二步反应)
B.N2O2是反应的中间产物
C.第二步反应活化能较高
D.第二步中N2O2与O2的每一次碰撞均是有效碰撞
（4）已知：N2O4(g) ⇌2NO2(g)   ΔH>0。298K时，将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中发生反应。
①t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为25%，则NO2分压为________，(分压=总压×物质的量分数)，反应N2O4(g) ⇌2NO2(g)的平衡常数Kx=________ (对于气相反应，用某组分B的物质的量分数x(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kx)。
②若提高反应温度至315K，且在恒压情况下反应达到平衡，则N2O4气体的平衡转化率________25%(填“＞”“=”“＜”)，原因是 ________。
11.我国的超级钢研究已居于世界领先地位，这种超级钢中含Mn10%、C0.47%、Al2%、V0.7%，其强度很大，在应用时能够实现钢板的轻薄化。回答下列问题：
（1）基态Mn原子和V原子未成对电子数之比为________。
（2）下列状态的铝中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________。
A.[Ne]3s2
B.[Ne]3s23p1
C.[Ne]3s24s1
D.[Ne]3s1
（3）NH3的VSEPR模型的名称是________，写出一种和NH3互为等电子体的阳离子的化学式________。分子中的大π键可用符号∏ 表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为∏ )，则平面分子 中的大π键应表示为________。
（4）谷氨酸(HOOC-CH(NH2)-CH2-CH2-COOH)的钠盐-谷氨酸钠(C5H8NO4Na)是味精的主要成分，谷氨酸分子中C原子的杂化方式为 ________，C原子与O原子所形成的化学键中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)= ________，π键的特征是两块电子云呈________对称。
（5）Al2O3、N2、CO的沸点从高到低的顺序为________。原因是________ 。
（6）已知NaAlH4晶胞结构如图所示，它由两个正六面体叠加而成，Na+的配位数为________。已知正六面体的棱长anm，NA为阿伏加德罗常数的值，则NaAlH4晶体的密度是________ g• cm-3 (列出计算式)。

12.有机物J可用于治疗心血管、高血压。以烃A为起始原料制备J合成路线如下：

已知：①RX RCN RCOOH
② +R1-NH-R2
（1）A的化学名称为________，反应①的试剂与反应条件是________。
（2）G中除 外的官能团名称为________。
（3）反应④的化学方程式________。
（4）反应⑦的反应类型是________，I的结构简式为________。
（5）M是E的同分异构体，为苯的二取代物，含酯基，可发生银镜反应，M共有________种，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1：2：2：2的结构简式为________(任写一种)
（6）已知： 结合题给信息和已学知识，设计由 为原料制备 的合成路线________。(无机试剂任选)

答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】A．“84消毒液”的主要有效成分是NaClO，NaClO具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，能杀菌消毒，故A不符合题意；
B．铝粉与氧化铁发生铝热反应时放出大量的热，生成液态的铁，可以将两段铁轨焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，故B符合题意；
C．温度升高，蛋白质会发生变性，为避免蛋白质变性失活，疫苗一般应冷藏存放，故C不符合题意；
D．乙烯具有促进果实成熟的作用，根据题意可知，这种“气”是指乙烯，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】发生铝热反应的前提是铝的活动性强于氧化物中的金属，铁的活动性弱于氧化铝不发生反应，其他选项均正确
2.【答案】 D
【解析】【解答】A．Fe2(SO4)3和H2S发生氧化还原反应，生成硫酸亚铁、硫单质，故离子反应方程式为 ，故A不符合题意；
B．脱硫过程中硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，是还原剂，故B不符合题意；
C．硫酸亚铁在酸性条件下被氧气氧化生成硫酸铁和水故离子反应方程式为 ， 故有4mol亚铁离子参加反应时消耗1mol氧气，但是这里条件未给标况，所以不能代入气体摩尔体积22.4mol/L，无法计算氧气的体积，故C不符合题意；
D．脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.H2S只能写成分子式
B.硫酸亚铁是甲的产物，是乙的反应物，主要是乙中的还原剂
C.写出方程式计算出物质的量，换算为标况下的体积即可
D.根据方程式判断即可
3.【答案】 A
【解析】【解答】A．一定条件下，该有机物中苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，则1mol该有机物最多能与4mol氢气反应，故A符合题意；
B．该有机物含有醇羟基，能够与钠发生置换反应生成氢气，故B不符合题意；
C．该有机物含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色；与羟基相连的碳原子上连有氢原子，醇羟基和碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色褪色，故C不符合题意；
D．该有机物含有酯基，一定条件下能够发生水解反应，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】根据结构简式即可判断出含有碳碳双键、醚基、羟基、酯基官能团，能与钠和溴水、高锰酸钾反应，且能发生水解反应，该分子中的苯环与碳碳双键可与氢气加成，找出个数即可
4.【答案】 D
【解析】【解答】A．混合时，应避免酸液飞溅，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，A项不符合题意；
B．二氧化硫具有还原性，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使其褪色，体现的是二氧化硫的还原性，B项不符合题意；
C．氯化镁易水解生成氢氧化镁和HCl，升高温度促进水解，最终得到的是氢氧化镁，C项不符合题意；
D．振荡后分层，上层为水层，碱和溴水反应无色，下层为四氯化碳溶液无色，D项符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.不应将乙醇加入到浓硫酸中，会造成液体飞溅
B.漂白性利用品红溶液证明
C.应该将氯化镁溶液在HCl气氛中加热蒸发，防止氯化镁水解
D.氢氧化钠和溴水反应最终为无色
5.【答案】 C
【解析】【解答】A．C2H6和N2H4为18电子的氢化物，故A不符合题意；
B．硝酸铵是含有离子键和极性共价键的离子化合物，不含有非极性共价键，故B不符合题意；
C．四种元素中氢原子的原子半径最小，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径由大到小的顺序为C>N>F>H，故C符合题意；
D．碳元素和氢元素可以形成气态烃、液态烃和固态烃，氮元素和氢元素可以形成气态的氨气和液态的肼，固态烃的沸点高于液态的肼，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，由Y的最简单的氢化物易与其最高价氧化物对应的水化物反应生成化合物甲可知，Y为N元素、甲为硝酸铵，由化合物乙的结构可知，X能形成4个共价键、Z能形成1个共价键，结合W与X、Y、Z均能形成10电子分子可知，W为H元素、X为C元素、Z为F元素。
6.【答案】 B
【解析】【解答】A．断开K2、合上K1 ， 为原电池，电极A为负极，则其电势低于电极B，A不符合题意；
B．断开K1、合上K2 ， 为充电过程，电极A为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH- ， B符合题意；
C．放电时电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2 ， 正极反应式为2NiOOH+2e-+2H2O=2Ni(OH)2+2OH- ， 溶液中的氢氧根浓度增大，C不符合题意；   
D．根据分析，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2 ， 则镍镉二次电池总反应式： Cd(OH)2+2Ni(OH)2 Cd+2NiOOH+2H2O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据图示，电极A与直流电源的负极相连，电极A充电时为阴极，则放电时电极A为负极，负极上Cd失电子发生氧化反应生成Cd(OH)2 ， 负极反应式为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2 ， 电极B充电时为阳极，则放电时电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2 ， 正极反应式为2NiOOH+2e-+2H2O=2Ni(OH)2+2OH- ， 放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2 ， 据此分析作答。
7.【答案】 C
【解析】【解答】A．M点时lgc(CH3COO-)= lgc(H+)，即 ，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= ，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B不符合题意；
C．c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L-c(CH3COOH)，又Ka= ，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)= mol/L，故C符合题意；
D．醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2O CH3COOH +OH- ， pH增大的过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，P点 的值更小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】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，氢离子和醋酸离子浓度减小，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的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。
二、综合题
8.【答案】 （1）粉碎矿砂、适当提高硫酸浓度、搅拌、延长浸取时间、适当加热等
（2）8CuFeS2 + 5NO +50H+=8Cu2++8 Fe3++16S +5NH +15H2O
（3）Fe(OH)3 (写CuO和Fe(OH)3不扣分)
（4）Cu + Cu2+ + 6Cl- 2[CuCl3]2-；溶液由淡蓝色变为无色
（5）稀释，使上述平衡左移，析出CuCl固体；防止CuCl被水解氧化为碱式氯化铜
（6）
【解析】【解答】(1) 将黄铜矿粉碎、适当提高硫酸的浓度、搅拌、延长浸取时间、适当加热等可以提高加入硝酸铵和稀硫酸浸取时，矿砂的浸取率，故答案为：粉碎矿砂、适当提高硫酸浓度、搅拌、延长浸取时间、适当加热等；
 
(2) “浸取”时发生的反应为CuFeS2与硝酸铵反应生成硫酸铁、硫酸铜、硫酸铵、硫沉淀和水，反应的离子方程式为8CuFeS2 + 5NO +50H+=8Cu2++8 Fe3++16S +5NH +15H2O，故答案为：8CuFeS2 + 5NO +50H+=8Cu2++8 Fe3++16S +5NH +15H2O；
(3) 由分析可知，滤渣②的成分为氢氧化铁，故答案为：Fe(OH)3；
(4) 还原”中所发生的反应为铜与溶液中的铜离子和氯离子共热反应生成[CuCl3]2-离子，当淡蓝色的铜离子完全转化为无色的[CuCl3]2-离子时，说明反应完全，反应的离子方程式为Cu + Cu2+ + 6Cl- 2[CuCl3]2- ， 故答案为：Cu + Cu2+ + 6Cl- 2[CuCl3]2-；
(5) 由分析可知，“一系列操作”，向滤液中加入去氧水，稀释，使平衡 左移，将[CuCl3]2-离子转化为氯化亚铜沉淀，同时防止生成氯化亚铜被水解氧化为碱式氯化铜，过滤后用用无水乙醇洗涤、真空干燥得到氯化亚铜，故答案为：稀释，使上述平衡左移，析出CuCl固体；防止CuCl被水解氧化为碱式氯化铜；
(6) 由题意可知，氯化亚铜溶于过量氯化铁溶液发生的反应为Fe3+ +CuCl= Cu2+ + 6Cl—+Fe2+ ，滴定过程中发生的反应为6Fe2++Cr2O +14H+=6 Fe3++2Cr3++7 H2O，由方程式可得如下关系式：6CuCl——Cr2O ，反应中消耗Cr2O 离子的物质的量为10—3abmol，则产品中CuCl的纯度为 ×100%= ，故答案为： 。
【分析】由题给流程可知，向黄铜矿中加入硝酸铵和稀硫酸，酸性条件下，CuFeS2与硝酸铵反应生成硫酸铁、硫酸铜、硫酸铵、硫沉淀和水，过滤得到含有二氧化硅、硫的沉淀的滤渣①和含有硫酸铁、硫酸铜、硫酸铵的滤液；向滤液中加入氧化铜调节溶液pH，使溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣②和含有硫酸铜、硫酸铵的滤液；向滤液中加入铜、氯化钠和浓盐酸，铜与溶液中的铜离子和氯离子共热反应生成[CuCl3]2-离子，过滤得到含有[CuCl3]2-离子的滤液；向滤液中加入去氧水，稀释使[CuCl3]2-离子转化为氯化亚铜沉淀，过滤后用用无水乙醇洗涤、真空干燥得到氯化亚铜。
 
9.【答案】 （1）(直形)冷凝管
（2）与乙酸反应生成氢气除去装置内的氧气；锌粉多了，消耗醋酸多，减小醋酸浓度，使制苯胺反应平衡向左移动，苯胺产率降低
（3）有利于水蒸气馏出，减少乙酸馏出；C
（4）减少趁热过滤时乙酰苯胺的损失(或防止趁热过滤时温度降低有部分乙酰苯胺析出而造成损失)
（5）过滤、洗涤、干燥；重结晶
（6）75.4%
【解析】【解答】(1)仪器a是直形冷凝管；
 
(2)由于乙酰苯胺加热时易被氧化，向乙酸中加入少量Zn粉，Zn粉和乙酸反应生成氢气，排出装置内的氧气，防止乙酰苯胺被氧化；锌粉多了，消耗醋酸多，减小醋酸浓度，使制苯胺反应平衡向左移动，苯胺产率降低，因此反应中加入锌粉的量不宜过多；
(3)苯胺和乙酸反应生成乙酰苯胺和水，馏出温度105℃有利于水蒸气馏出，减少乙酸馏出，使反应向正向进行，从而得到更多的乙酰苯胺；由于乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于热水，易溶于有机溶剂，因此应用冷水洗涤晶体，故答案为：C；
(4)粗乙酰苯胺溶解后，补加少量蒸馏水，可以防止趁热过滤时温度降低有部分乙酰苯胺析出而造成损失；
(5)待滤液冷却至室温，有晶体析出，过滤后的到晶体，将晶体洗涤、干燥后才能够进行称量；上述提纯乙酰苯胺的方法是重结晶；
(6) +CH3COOH +H2O，过量乙酸和0.11mol苯胺反应，理论上生成乙酰苯胺的物质的量为0.11mol，则其产率为 。
【分析】本实验是通过苯胺和乙酸反应制备乙酰苯胺( )，由于乙酰苯胺加热时易被氧化，向乙酸中加入少量Zn粉，Zn粉和乙酸反应生成氢气，排出装置内的氧气，防止乙酰苯胺被氧化；由于乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于热水，故将反应混合物倒入冷水中，使乙酰苯胺晶体析出，洗涤后得到粗品，提纯后得到纯净的乙酰苯胺。
 
10.【答案】 （1）ΔH2- ΔH1
（2）未；＜
（3）B,C
（4）0.4p；p；＞；温度升高，平衡正向移动；体系分子数增加，由于压强不变、温度升高，容器体积增大，反应向气体分子数增加的方向移动。
【解析】【解答】(1)①4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)△H1 ， ②2NH3(g)+2O2(g)=N2O(g)+3H2O(g)  ΔH2 ， ③2N2O (g)=N2O(g)+ O2(g)  ΔH3 ， 根据盖斯定律，③=②- ×①，因此△H3=ΔH2- ΔH1 ， 故答案为：ΔH3=ΔH2- ΔH1；
 
(2) ①根据图象，图中虚线，表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化，而实线，随温度升高，NO的转化率先升高后降低，是因为温度较低时，由于反应较慢，一段时间内，反应还未达到平衡，因此X点没有达到平衡状态，故答案为：未；
②图中虚线，表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理可知该反应为放热反应，则△H＜0，故答案为：＜；
(3)A．第一步快速达到平衡，说明反应速率快，第二步是慢反应，说明反应速率慢，因此v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)，故A不正确；B．根据总反应2NO+O2 ⇌2NO2 ， N2O2是反应的中间产物，故B正确；C．第二步是慢反应，说明第二步反应活化能较高，故C正确；D．N2O2与O2的碰撞不一定是有效碰撞，需要满足合适的取向和能量，故D不正确；故答案为：BC；
(4)①N2O4(g) ⇌2NO2(g)，N2O4气体的平衡转化率为25%，设起始时N2O4的物质的量为x，则平衡时剩余的N2O4为0.75x，生成的NO2为0.5x，混合气体平衡总压强为p，则NO2分压为p× =0.4p；N2O4分压为p× =0.6p；反应N2O4(g) ⇌2NO2(g)的平衡常数Kx= = p，故答案为：0.4p； p；
②N2O4(g) ⇌2NO2(g)  ΔH>0，为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，体系中分子数增加，由于压强不变、温度升高，容器的体积增大，反应向气体分子数增加的方向移动，因此N2O4气体的平衡转化率增大，故答案为：＞；温度升高，平衡正向移动，体系分子数增加，由于压强不变、温度升高，容器体积增大，反应向气体分子数增加的方向移动。
【分析】根据盖斯定律计算△H3；根据图象，图中虚线，表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化，而实线，随温度升高，NO的转化率先升高后降低，是因为温度较低时，由于反应较慢，一段时间内，反应还未达到平衡，据此分析解答(2)；根据化学平衡常数的计算表达式，结合温度和压强对平衡的影响分析解答(4)。
 
11.【答案】 （1）5∶3
（2）D
（3）四面体形；H3O+；∏
（4）sp2、sp3；2∶1；镜面
（5）Al2O3>CO>N2；Al2O3 为离子晶体沸点较高，CO和N2均为分子晶体，相对分子质量相同，但CO为极性分子，范德华(分子间作用)力较大沸点较高
（6）8；
【解析】【解答】(1) Mn元素处于第四周期第ⅦB族，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2 ， 价电子排布式为3d54s2 ， 3d轨道的5个电子未成对，V元素处于第四周期第VB族，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2 ， 价电子排布式为3d34s2 ， 3d轨道的3个电子未成对，未成对电子数之比为5∶3，故答案为：5∶3；
 
(2)铝的第三电离能＞第二电离能＞第一电离能，基态大于激发态，ABD属于基态、C属于激发态，所以电离最外层一个电子所需能量最大的是D，故答案为：D；
(3)NH3 分子中N原子的价层电子对个数是4，包括一个孤电子对，VSEPR模型为四面体形；NH3分子含有4个原子、8个价电子数，与氨气分子互为等电子体的阳离子为H3O+； 中的碳和其中一个氮原子采用sp2杂化，各有一个垂直杂化轨道平面的p轨道填充1个电子，并参与形成大π键，另一个N原子采用sp3杂化，有一个垂直的p轨道填充2个电子，参与形成大π键，由此可知形成的大π键的电子数为6，而形成大π键的原子数为5，该分子中的大π键表示为∏ ，故答案为：四面体形；H3O+；∏ ；
(4)谷氨酸(HOOC-CH(NH2)-CH2-CH2-COOH)分子中存在两种类型的碳原子，其中-COOH上的C原子采用sp2杂化，其余碳原子采用sp3杂化；C原子与O原子所形成的化学键中包括2个C=O，和2个C-O，σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)=[2×(1+1)]∶ (2×1)=2∶1；π键的特征是两块电子云呈镜面对称，故答案为：sp2、sp3；2∶1；镜面；
(5)Al2O3是原子晶体，沸点很高，N2、CO是分子晶体，相对分子质量：N2=CO，但CO为极性分子，范德华(分子间作用)力较大，沸点较高，沸点：CO ＞N2 ， 因此沸点从高到低的顺序为Al2O3>CO>N2 ， 故答案为：Al2O3>CO>N2；Al2O3 为离子晶体沸点较高，CO和N2均为分子晶体，相对分子质量相同，但CO为极性分子，范德华(分子间作用)力较大沸点较高；
(6)根据图示，以上底面的钠离子为例，与该钠离子距离最近且相等的阴离子有8个，Na+的配位数为8；正六面体的棱长anm，则该晶胞的体积为2a3nm3=2×(a×10-7) 3cm3 ， 晶胞中含有钠离子的个数=6× +4× =4，因此晶胞的质量= g，则NaAlH4晶体的密度= = g• cm-3 ， 故答案为：8； 。
【分析】Mn是25号元素，V是23号元素，结合核外电子的排布规律分析解答；电离最外层的一个电子所需能量：基态＞激发态，原子的第一电离能＜第二电离能＜第三电离能，据此分析判断；谷氨酸(HOOC-CH(NH2)-CH2-CH2-COOH)分子中存在两种类型的碳原子，结合价层电子对互拆理论分析解答；相对分子质量相同的分子晶体，极性分子的范德华力较大，沸点较高，据此分析判断；根据均摊法计算晶体中含有的阴阳离子数目，再结合ρ= 计算。
 
12.【答案】 （1）甲苯；Cl2/光照
（2）羟基、氯原子
（3）+Cl2 +HCl
（4）还原反应；
（5）6；或
（6）
【解析】【解答】(1)由分析可知，A的结构简式为 ，名称为甲苯；反应①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：甲苯；Cl2/光照；
 
(2) 由分析可知，G的结构简式为 ，分子中除 外，还含有的官能团为羟基、氯原子；故答案为：羟基、氯原子；
(3) 由分析可知，反应④为在铁或氯化铁做催化剂作用下， 与氯气发生取代反应生成 和氯化氢，反应的化学方程式为 +Cl2 +HCl，故答案为： +Cl2 +HCl；
(4) 由分析可知，反应⑦为 与B2H6发生还原反应生成 ；I的结构简式为 ，故答案为：还原反应； ；
(5) 由E的同分异构体M为苯的二取代物，含酯基，可发生银镜反应可知，M分子中含有的取代基为—OOCH和—CH2Cl或—CH2OOCH和—Cl，两个取代基在苯环上存在邻、间、对三种位置关系，则M的结构共有6种，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1：2：2：2的结构简式为 、 ，故答案为： 或 ；
(6) 结合题给信息可知，由 为原料制备 的合成步骤为在催化剂作用下， 与HCN发生加成反应生成 ， 酸性条件下发生水解反应生成 ，在浓硫酸作用下， 分子间发生酯化反应生成 ，合成路线如下： ，故答案为： 。
【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 ，则A为 、B为 ； 与NaCN发生取代反应生成 ，则C为 ； 在酸性条件下发生水解反应生成 ，则D为 ；在铁或氯化铁做催化剂作用下， 与氯气发生取代反应生成 ， 与SOCl2发生取代反应生成 ， 与CH3NHCH2CH2OH发生取代反应生成 ，则G为 ； 与B2H6发生还原反应生成 ， 与PCl3发生取代反应生成 ，则I为 ；在氯化铝作用下， 发生取代反应生成 。