2022届安徽省合肥一中高三第二次教学质量检测（合肥二模）理综化学试题含解析

这是一份2022届安徽省合肥一中高三第二次教学质量检测（合肥二模）理综化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


安徽省合肥市2022届高三第二次教学质量检测理综化学试题
一、单选题
1．2022年北京冬奥会不仅是运动健儿的“竞技场”，也是前沿科技的“试验田”。下列有关北京冬奥会中的化学知识叙述正确的是（　　）
A．冬奥礼服内胆添加了石墨烯发热材料，石墨烯属于烯烃类物质
B．“冰丝带”冬奥馆采用二氧化碳跨临界制冰技术，利用了二氧化碳分解吸热原理
C．火炬“飞扬”使用清洁的氢燃料，利用焰色反应给火焰着色，焰色反应是化学变化
D．冬奥餐厅使用了安全的可降解餐具，其材料聚乳酸是由乳酸合成的有机高分子
2．伽罗木醇是制作杀虫剂的常用原料，其结构简式如图所示。下列有关该物质的叙述正确的是（　　）

A．分子式为C10H16O
B．可发生消去、加成、氧化反应
C．与互为同分异构体
D．1 mol该物质与足量金属钠反应放出11.2L H2
3．下列实验装置可以达到实验目的是（　　）

A．装置①可用于熔融NaOH 固体
B．装置②可用于测定氯水的pH
C．装置③可用于除去NaCl固体中混有的NH4Cl
D．装置④可用于制备溴苯并验证发生了取代反应
4．某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构)。下列叙述不正确的是（　　）

A．该历程中HCHO中所有的C-H键均断裂
B．该过程的总反应为HCHO+O2→HAPCO2+H2O
C．该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量
D．生成物CO2中的氧原子由HCHO和O2共同提供
5．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，X氢化物的水溶液可用于刻蚀玻璃，Y是地壳中含量最高的金属元素，Z原子的核外电子数是X最外层电子数的2倍，W的单质是制作黑火药的原料之一。下列结论正确的是（　　）
A．工业上通过电解法获取Y的单质
B．简单氢化物的沸点：X C．简单离子半径大小：X>Y>W
D．最高价氧化物水化物的酸性：Z>W
6．中国科学家设计出如图装置实现CO2的转化，可有效解决温室效应及能源问题，总反应为CO2+NaCl电解__CO+NaClO。忽略气体在溶液中的溶解及溶液的体积变化，下列叙述正确的是（　　）

A．A极为太阳能电池的正极
B．电极II的电极反应式为Cl-+2e-+H2O=ClO-+2H+
C．理论上转化44gCO2，左室溶液质量增重18g
D．电解结束后，电极II所在电极室溶液的pH变小
7．常温下，向100mL0.1mol·L-1的NaA溶液中通入HF(g)，溶液中lgc(X-)c(HX)(X代表A或F)的值和pH的关系如图所示，已知酸性：HF>HA，忽略溶液体积的变化，下列叙述不正确的是（　　）

A．HA的电离常数K=10-7.5
B．当c(F-)=c(HA)时，混合溶液pH=7
C．通入0.01molHF时，c(F-)>c(A-)>c(HF)
D．随着HF的通入，溶液导电性先增大后减小
二、非选择题
8．二氯异氰尿酸钠[(CNO)3Cl2Na]是常用的杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。利用高浓度的NaClO溶液和异氰尿酸[(CNO) 3H3]固体制备二氯异氰尿酸钠，实验装置如下图所示(部分夹持装置略)。

已知：①3Cl2+6NaOHΔ__5NaCl+NaClO3+3H2O
②2NaClO+(CNO)3H3=(CNO) 3Cl2Na+NaOH+H2O
回答下列问题：
（1）装置A中发生反应的离子方程式为　 　。
（2）装置B中盛放的试剂为　 　，若撤去该装置，对C中制备实验产生的影响是　 　。
（3）三颈烧瓶液面上出现黄绿色气体时，由上口加入(CNO) 3H3固体，反应过程中仍需不断通入Cl2，原因是　 　。
（4）装置C中冰水浴的目的是 　 　 。
（5）通过下列实验可测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的含量(样品中不含NaClO)：
反应原理：
[(CNO)3Cl2]-+H++2H2O=(CNO)3H3+2HClO
HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O
I2+2S2O32-=S4O62-+2I-
实验步骤：准确称取wg样品配成100mL溶液，取25.00mL于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，暗处静置充分反应后，用0.1000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液VmL。
①滴定终点的现象是　 　。
②该样品中有效氯含量的表达式为　 　。(有效氯=测定中转化为HClO的氯的质量×2样品的质量×100%)。
③若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则有效氯的测定值将　 　(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
9．钛合金是一种重要的航空材料，以下是以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含FeO和Fe2O3等杂质)为原料制备金属钛及副产品铁红的工艺流程：

已知：①TiO2+易水解为TiO2·nH2O；高温下钛易与N2、H2等反应。
②常温下，Ksp [Fe(OH)2]=8.0×10-16，Ksp[FeCO3]=3.2×10-11。
回答下列问题：
（1）钛铁矿溶煮前需要粉碎，其目的是　 　 。
（2）在“滤液”中加入铁屑的作用是　 　 。
（3）FeSO4溶液中加入NH4HCO3时还有气体放出，写出反应的化学方程式：　 　 ，该反应温度不宜过高，原因是　 　 。
（4）制备FeCO3时，若将NH4HCO3换成(NH4)2CO3，还会产生Fe(OH)2，原因可能是：FeCO3+2OH-→Fe(OH)2+CO32-，计算该反应的平衡常数K=　 　。
（5）“富含TiO2+酸性液”加热并过滤后，所得“废液”中溶质的主要成分是　 　 。
（6）已知TiO2(s)+2Cl2(g)→TiCl4(1)+O2(g) ΔH=+151kJ·mol-1。该反应极难进行，当向反应体系中加入碳后，则反应在高温条件下能顺利发生，从化学平衡的角度解释原因为　 　 。
（7）镁与TiCl，高温下反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是____(填标号)。
A．H2 B．Ar C．CO2 D．N2
10．磷石膏是湿法生产磷酸的固体废弃物，主要成分是CaSO4·2H2O。用磷石膏生产硫酸或硫，既可减少对环境的污染又可使资源循环利用。回答下列问题：
（1）用硫磺还原磷石膏。已知下列反应：
3CaSO4(s)+CaS(s)=4CaO(s)+4SO2(g) ΔH1
3CaS(s)+CaSO4(s)=4CaO(s)+4S(s) ΔH2
则反应：2CaSO4(s)+S(s)=2CaO(s)+3SO2(g) ，ΔH=　 　(用ΔH1和ΔH2表示)。
（2）以高硫煤为还原剂焙烧2.5小时，温度对CaSO4转化率的影响如下图所示，CaCl2的作用是　 　；当温度高于1200℃时，无论有无CaCl2，CaSO4的转化率都趋于相同，可能的原因是　 　 。

（3）用CO作还原剂与磷石膏反应，不同反应温度下可得到不同的产物。
①温度低于800℃时，主要的还原产物是一种硫的最低价盐，该物质的化学式是　 　。
②1150℃下，向盛有足量CaSO4的真空恒容密闭容器中充入一定量CO，反应体系起始压强为0.1a MPa，主要发生反应：CaSO4(s)+CO(g)=CaO(s)+CO2(g)+SO2(g)。该反应达到平衡时，c(SO2)=8.0×10-5mol·L-1，CO的转化率为80%，则初始时c(CO)=　 　mol·L-1，该反应的分压平衡常数KP=　 　MPa(用含a的代数式表示；分压=总压×物质的量分数；忽略副反应)。
（4）以C作还原剂。向密闭容器中加入相同质量的几组不同C/S值(炭粉与CaSO4的物质的量之比)的混合物，1100℃煅烧至无气体产生，结果如下图所示。当C/S值为0.5时，反应产物主要为CaO、SO2和CO2；当C/S值大于0.7时，反应所得气体中SO2的体积分数不升反降，可能的原因是　 　。

11．镍锰酸锂(LiNi0.5Mn1.5O4)是一种成本低、原料丰富且环境友好的尖晶石结构材料，被认为是下一代动力锂离子电池首选的正极材料之一。回答下列问题：
（1）基态Mn原子的价电子层电子排布式为　 　。
（2）Ni2+可与丁二酮肟反应生成如下物质：

①该物质中含有的化学键类型有　 　(填标号)。
A．共价键 B．离子键 C．配位键 D．金属键
②C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是　 　。
（3）[Ni(N2H4)2](N3)2是一种富氮含能材料，N2H4中氮原子的杂化方式为　 　；写出一种与N3-互为等电子体的分子　 　(填化学式)；实验数据表明键角NH3>PH3>AsH3，分析原因是　 　。
（4）氮与碳还能形成一种离子液体的正离子 ，为使该正离子以单个形式存在以获得良好的溶解性能，与N原子相连的-C2H5，不能被H原子替换，原因是　 　。
（5）研究人员设计了新款Li3SBF4快离子导体，具有良好导电能力，为锂离子电池的发展做出了有益的贡献。晶胞图如下，其中BF4-位于体心，则Li+位于　 　(填“顶点”或“棱心”)。若该晶胞最近的Li+与BF4-距离为apm，则晶胞密度为　 　g·cm-3(列出计算式)。

12．氧氮杂环是新药研制过程中发现的一类重要活性物质，有抗肿瘤功效。下面是某研究小组提出的一种氧氮杂环类化合物F的合成路线：

已知：RCH=CHCOOR′+→一定条件
回答下列问题：
（1）A的名称是　 　，B中含氧官能团的名称是　 　。
（2）B生成C的化学方程式为　 　。
（3）C与M一定条件下反应生成D，M的结构简式为　 　，D生成E的反应类型是　 　。
（4）B的同分异构体中，满足以下条件有　 　种。
①不含-CH3②含2种官能团 ③含苯环，无其他环，且苯环上仅有2个取代基
其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为3：2：2的结构简式为　 　。
（5）参照上述合成路线和信息，写出由和为原料合成的合成路线　 　 (其他必要的试剂自选)。

答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．石墨烯是单层石墨，属于碳单质，A项不符合题意；
B．冰丝带利用的是固态二氧化碳（干冰）汽化吸收大量热的原理，B项不符合题意；
C．焰色反应过程中没有新物质产生，是物理变化，C项不符合题意；
D．带有“聚”字的物质，一般均为合成有机高分子材料，聚乳酸是合成有机高分子材料，D项符合题意；
故答案为：D。

【分析】A．碳单质不是有机物；
B．汽化是吸热过程；
C．焰色反应是物理变化，没有新物质产生；
D．合成有机高分子材料，一般带有“聚”字。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．分子式为C10H18O，A项不符合题意；
B．分子中存在的碳碳双键，可发生加成、氧化反应。存在-OH且与-OH相连碳的邻位碳上有氢，可发生消去反应，B项符合题意；
C．该结构分子式为C10H16O，不是题干中分子的同分异构体，C项不符合题意；
D．没注明标况条件，D项不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A．根据结构简式确定分子式；
B．依据官能团与性质的关系；
C．二者分子式不同；
D．没注明标况条件，无法计算。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．NaOH为强碱能与瓷坩埚中的二氧化硅发生反应，不能用瓷坩埚熔融NaOH，故A不符合题意；
B．氯水中含有HClO，具有漂白性，能使pH试纸变红后褪色，因此不能用pH试纸测定氯水的pH值，故B不符合题意；
C．氯化铵受热易分解生成HCl和氨气，两者在圆底烧瓶底部重新化合成氯化铵，从而实现与氯化钠的分离，故C符合题意；
D．溴易挥发，进入硝酸银溶液中也会生成溴化银沉淀，干扰HBr的检验，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A．强碱能与二氧化硅发生反应；
B．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定氯水的pH值，应用pH计测定；
C．氯化铵受热易分解生成HCl和氨气，冷凝后HCl和氨气又化合生成氯化铵；
D．溴易挥发，干扰HBr的检验。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．反应HCHO→CO2，HCHO中所有的C-H键均断裂，A项不符合题意；
B．根据题干所示，反应物为HCHO和O2，生成物为CO2和H2O，HAP做催化剂，反应方程式为：HCHO+O2→HAPCO2+H2O，B项不符合题意；
C．该反应与甲醛和氧气燃烧：HCHO+O2==点燃CO2+H2O能量变化大致相同，甲醛燃烧为放热反应，故题中反应也为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，C项符合题意；
D．根据图示反应时HCHO中C-H键均断裂，连接O2提供的一个O原子形成CO2，则生成物CO2中的氧原子由HCHO和O2共同提供，D项不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A．依据历程图中化学键的断裂分析；
B．依据历程图的反应物及产物书写；
C．燃烧均为放热反应；
D．依据原子守恒。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．工业通过电解Al2O3制取Al，A项符合题意；
B．HF中含有氢键，沸点反常，简单氢化物的沸点：H2S C．核外电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多，半径越大，简单离子半径大小：S2->F->Al3+，C项不符合题意；
D．元素的非金属性硫大于硅，因此最高价氧化物水化物的酸性：H2SO4>H2SiO3，D项不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A．活泼金属应用电解法制取；
B．分子间含有氢键，沸点反常高
C．核外电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多，半径越大；
D．非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．根据上述分析可知，催化电极I附近CO2被还原为CO，为电解池的阴极，所以A极为电源的负极，A不符合题意；
B．电极II附近NaCl转化为NaClO，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Cl--2e-+ H2O=ClO-+2H+，B不符合题意；
C．左室CO2被还原为CO，其电极反应式为：CO2+2e-+2H+=CO+H2O，则理论上转化44gCO2（1mol），左室溶液质量增加的是1mol H2O的质量，为18g，C符合题意；
D．电解结束后，电极II发生反应的离子方程式为：Cl--2e-+ H2O=ClO-+2H+，但生成的氢离子会通过质子交换膜迁移到左室，消耗水分子的同时，生成的次氯酸根离子会发生水解，使溶液显碱性，因此所在电极室溶液的pH会变大，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A．根据反应过程中化合价降低，作阴极，连接电源的负极；
B．阳极失电子发生氧化反应；
C．依据电极反应式分析；
D．考虑电极反应产物的水解。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．HA的电离常数K=10-7.5，A不符合题意；
B．根据溶液中的电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(A－)+c(F－)+c(OH－)，根据物料守恒c(A－)+c(HA)=c(Na+)，若溶液中c(F-)=c(HA)，联立方程可得，得出c(H+)= c(OH－)，即pH=7，B不符合题意；
C．通入HF，发生反应为：HF+NaA=HA+NaF，通入0.01molHF时，HF与NaA恰好完全反应，溶液的溶质为等浓度的HA和NaF，因为HA的电离平衡常数为K(HA)=10-7.5，根据HF的电离平衡常数可知，NaF的水解平衡常数Kh(NaF)=KwKa(HF)=10-1410-3.45=10-10.55，推出溶液HA的电离程度大于F-的水解程度，所以离子浓度大小关系为：c(F-)>c(A-)>c(HF) ，C不符合题意；
D．通入HF，发生反应为：HF+NaA=HA+NaF，随着HF的增多，溶液中A-不断转化为F-，水解程度减弱，总离子浓度增大，即溶液的导电性增大，当NaA恰好与HF反应完后，溶液中溶质为HF、HA和NaF，HF会更多的电离出H+与F-，导电性也会增大，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A．选择lgc(X-)c(HX)=0点，计算电离常数K；
B．根据溶液中的电荷守恒和物料守恒分析；
C．比较K(HA)和Kh(NaF)判断离子浓度大小；
D．根据反应过程中离子浓度大小判断。
8．【答案】（1）MnO2+4H++2Cl-Δ__Mn2++Cl2↑+2H2O
（2）饱和食盐水；挥发的氯化氢会和装置C中的NaOH反应，降低NaOH溶液的利用率
（3）使反应生成的NaOH再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率
（4）防止温度过高生成NaClO3
（5）滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液的浅蓝色褪去且半分钟内颜色不恢复；1.42Vw%；偏高
【解析】【解答】在装置A中用MnO2和浓盐酸制取氯气，用饱和食盐水除去氯气中的HCl，氯气通入NaOH溶液中，生成的NaClO和异氰尿酸反应生成二氯异氰尿酸钠，最后用NaOH吸收多余的氯气。
(1)装置A中用MnO2和浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Δ__Mn2++Cl2↑+2H2O。
(2)由于盐酸具有挥发性，生成的氯气中混有HCl，若不除去HCl，则HCl进入C中会消耗NaOH，降低NaOH的利用率，所以要用饱和食盐水除去氯气中的HCl。
(3)NaClO和异氰酸钠反应后生成NaOH，反应过程中不断通入氯气，氯气可以和生成的NaOH继续反应得到和异氰酸钠反应的NaClO，提高原料的利用率。
(4)在加热条件下，氯气和NaOH溶液反应会生成NaClO3，所以装置C中用冰水浴。
(5)①二氯异氰尿酸钠在酸溶液中转化为HClO，HClO将KI氧化为I2，加入淀粉做指示剂，I2遇淀粉变蓝，加入的Na2S2O3溶液和I2反应生成I-，所以当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液的浅蓝色褪去且半分钟颜色不恢复，达到滴定终点。
②根据反应方程式可知：HClO~2 Na2S2O3，25.00mL溶液消耗的Na2S2O3的物质的量为0.1000mol/L×V×10-3L=V×10-4mol，n(HClO)=5V×10-5mol，100mL溶液中n(HClO)=2V×10-4mol，根据有效氯的表达式，有效氯=2V×10-4mol×35.5g/mol×2wg×100%=1.42Vw%。
③若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则消耗的标准液体积偏大，有效氯的测定值将偏高。

【分析】
(1)MnO2加热条件下可以将浓盐酸氧化为氯气；
(2)制备前应除杂和防止与原料发生反应。
(3)降低产物的浓度，促进平衡正向移动。
(4)利用已知信息，防止发生副反应。
(5)①依据I2遇淀粉变蓝，滴定终点时I2反应生成I-进行分析。
②依据关系式法计算。
③利用计算公式判断。
9．【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率。
（2）将Fe3+还原为Fe2+
（3）FeSO4 + 2NH4HCO3 = FeCO3↓+ CO2↑+ H2O + (NH4)2SO4；防止NH4HCO3受热分解和减少Fe2+的水解。
（4）4×104
（5）H2SO4 (或H2SO4和FeSO4)
（6）碳与O2反应使O2浓度减小，平衡正向移动，且反应吸热，高温促进平衡正向移动。
（7）B
【解析】【解答】钛铁矿中含FeO和Fe2O3等杂质，加入浓硫酸后溶煮过滤可以除去难溶杂质，FeTiO3、FeO、Fe2O3溶于酸，滤液中含有TiO2+、Fe3+、Fe2+以及H2SO4。加入铁屑后，Fe3+转化为Fe2+。经冷却结晶，富含TiO2+的酸性液中含有TiO2+、H2SO4，还可能存在没有析出的少量FeSO4。经过后续操作可得到相应产品。
(1)通过粉碎可增大反应物接触面积，加快化学反应速率。
(2)根据滤液成分可知，加入铁屑后发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，故加铁屑的目的是将Fe3+还原为Fe2+。
(3)FeSO4溶液呈酸性，故加入NH4HCO3时生成的气体应为CO2，产物中有FeCO3，故反应的化学方程式为：FeSO4 + 2NH4HCO3 = FeCO3↓+ CO2↑+ H2O+(NH4)2SO4；NH4HCO3受热分解，同时FeSO4溶液中存在水解平衡Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+，升高温度会促进Fe2+水解，所以反应温度不宜过高。
(4)该反应平衡常数K=c(CO32-)c(OH-)2=KspFeCO3KspFe(OH)2=3.2×10-118.0×10-16=4×104
(5)TiO2+水解转化为TiO2·nH2O后，“废液”中溶质的主要成分是H2SO4 (或H2SO4和FeSO4)。
(6)已知反应产物中有O2，加入碳之后碳会与O2反应，使O2浓度减小，平衡正向移动。升高温度向吸热方向移动，反应为吸热反应，高温条件会促进平衡正向移动。
(7)高温下钛易与N2、H2等反应，CO2会与Mg反应，故可作为保护气的是Ar。

【分析】
(1)粉碎的目的是增大反应物接触面积。
(2)依据氧化还原反应的特点。
(3)依据现象书写；NH4HCO3受热分解，考虑反应的性质（受热分解和水解）。
(4)依据K=c(CO32-)c(OH-)2计算；
(5)依据原料的成分分析。
(6)依据外界因素对平衡的影响。
(7)保护气不能参加反应。
10．【答案】（1）3ΔH1-ΔH24
（2）作催化剂；两种情况下反应均达到平衡，催化剂CaCl2不改变平衡
（3）CaS；1×10-4；0.32a
（4）高温下，过量的C与CO2反应生成CO，使气体总体积增大（或CaSO4部分转化为其他含硫物质）
【解析】【解答】(1)令3CaSO4(s)+CaS(s)=4CaO(s)+4SO2(g) ΔH1①
3CaS(s)+CaSO4(s)=4CaO(s)+4S(s) ΔH2②
根据盖斯定律可知，反应：2CaSO4(s)+S(s)=2CaO(s)+3SO2(g)可由14（3×①-②）得到，所以对应反应热ΔH=3ΔH1-ΔH24；
(2)由图示可知CaCl2改变反应速率，但不改变最终CaSO4的转化率，说明CaCl2在转化过程中起催化剂作用；因催化剂CaCl2不改变平衡状态，当温度高于1200 ℃时，两种情况均达到平衡状态，则无论有无CaCl2，CaSO4的平衡转化率趋于相同；
(3)①S的最低价态为-2价，则温度低于800℃时，主要的还原产物是一种硫的最低价盐，CaSO4主要还原产物为CaS；
②根据反应：CaSO4(s)+CO(g)=CaO(s)+CO2(g)+SO2(g)可知，转化的CO的浓度与生成的SO2相同，所以该反应达到平衡时，Δc(CO)=c(SO2)=8.0×10-5mol·L-1，CO的转化率为80%，因此CO的初始浓度c0(CO)=Δc(CO)80%=8.0×10-5mol⋅L-180%=1×10-4mol⋅L-1；根据题意列出三段式如下：
CaSO4(s)+CO(g)=CaO(s)+CO2(g)+SO2(g)c01×10-400Δc0.8×10-40.8×10-40.8×10-4ct0.2×10-40.8×10-40.8×10-4，则
平衡时的总压强为0.1a MPa×(0.2+0.8+0.8)×10-41×10-4=0.18 a MPa，则CO(g)、CO2(g)、SO2(g)的平衡分压分别为0.21.8×0.18 a MPa=0.02 a MPa、0.81.8×0.18 a MPa=0.08 a MPa、0.81.8×0.18 a MPa=0.08 a MPa，所以Kp=0.08aMPa×0.08aMPa0.02aMPa =0.32aMPa；
(4)因高温下过量的C与CO2反应生成CO，方程式为C+CO2高温__2CO，从而使气体总体积增大，导致混合气体中SO2的体积分数不升反降，也可能是或CaSO4部分转化为其他含硫物质，从而使SO2的体积分数降低。

【分析】(1)根据盖斯定律计算；
(2) 催化剂可以改变反应速率，但不影响平衡；
(3)①S位于第VIA族，最低价态为-2价；
②利用“三段式”；
(4)其它气态物质的量增大或产生 SO2 。
11．【答案】（1）3d54s2
（2）AC；N＞O＞C
（3）sp3；CO2(或SiO2、CS2)；原子核的距离逐渐增大，原子核间的斥力逐渐减小，所以键角逐渐减小
（4）氮原子上连氢原子容易形成分子间氢键，使该离子不易以单个形式存在
（5）棱心；140NA×(2×10-10)3g·cm-3
【解析】【解答】(1)锰的原子序数为25，则基态锰原子价层电子排布式为：3d54s2。
(2)①Ni含有空轨道，N原子含有孤电子对，所以配位键由N原子指向Ni原子，有4个配位键，该配合物N-O中O原子和-OH中的氢原子形成氢键，该物质中还有共价键，则该物质化学键类型为：配位键、共价键，氢键不是化学键，选AC项；
②同周期第一电离能从左向右呈增大的趋势，所以第一电离能O＞C，由于N元素原子2p能级有3个电子，处于半充满状态，能量较低，所以第一电离能N＞O，故C、N、O第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；
(3)①N2H4中氮原子价层电子对数=3+1=4，杂化类型为sp3；
②N3-中有三个原子，价电子总数为16个，利用同主族变换和左右移位法，与N3-互为等电子体的分子为CO2(或SiO2、CS2)；氮族元素从上到下，原子半径逐渐增大，NH3、PH3、AsH3原子核的距离逐渐增大，原子核间的斥力逐渐减小，所以键角逐渐减小；
(4)氮原子上连氢原子容易形成分子间氢键，使该离子不易以单个形式存在；
(5)①由于BF4-位于体心，所以每个晶胞含有一个BF4-离子，依据化学式Li3SBF4可知晶胞中应该有3个Li+和1个S2-，所以Li+位于棱心；
②由于Li+与BF4-最近的距离为apm，故边长为2apm，体积为(2×10-10)3cm3，而晶胞质量为140NAg，故晶胞密度为140NA×(2×10-10)3g·cm-3。

【分析】(1)依据电子排布规律。
(2)①注意氢键不是化学键；
②同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素。
(3)①依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，判断杂化类型；
②等电子体利用同主族变换和左右移位法；同主族从上到下，原子半径逐渐增大，原子核间的斥力逐渐减小，所以键角逐渐减小；
(4)分子间氢键，会形成团簇分子；
(5)①利用均摊法，依据化学式的比例关系判断；
②利用ρ=mV计算。
12．【答案】（1）溴苯；羰基，羧基
（2）+C2H5OH⇌Δ浓硫酸+H2O
（3）；加成反应
（4）6；
（5）方法1：+→→催化剂→催化剂H2方法2：+→→Δ浓硫酸→催化剂H2
【解析】【解答】根据题中已知条件可知酚羟基可以与RCH=CHCOOR′结构中的碳碳双键发生加成反应。根据本题合成路线，A结构为：；B与乙醇发生酯化反应生成C，C中存在结构-CH=CHCOOC2H5，C转化成D过程中碳碳双键变为单键，可知M中存在酚羟基，M与C发生加成反应生成D，M结构应为：；D中存在碳氧双键，E中变为碳氧单键同时形成羟基，-NH2转化为-NH-连接到了之前存在羰基的碳原子上，由此可知-NH2少的H应该转移成为羟基氢，故D转化成E的反应为加成反应；E转化为F的过程中N与C之间形成双键，-H与-OH消失，可知此步发生消去反应。
(1)A名称为溴苯；B中含氧官能团为：、-COOH，名称是羰基、羧基。
(2)B生成C为酯化反应，故反应方程式为：+C2H5OH⇌Δ浓硫酸+H2O
(3)M的结构简式为：；D生成E的反应类型是加成反应。
(4)观察B结构，B中存在一个溴和三个氧，故B的同分异构体中应有三个相同的含氧官能团，想要满足条件①②，此官能团只能是-CHO，则B的同分异构体中的两种官能团分别是-Br和-CHO。满足全部条件的B的同分异构体有6种：
、、、、、。其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为3：2：2的结构简式为：
(5)参照题干信息，中存在与苯环直接相连的-NH2，存在羰基，故可参照D与E的加成反应，则与反应会生成，再参照E生成F的过程，一定条件下发生消去反应可生成，再与氢气加成即可得到。
合成路线如下，方法1：
+→→催化剂→催化剂H2，也可利用教材中的消去反应原理设计，方法2：
+→→Δ浓硫酸→催化剂H2

【分析】
(1)根据本题合成路线中B的结构确定A名称；由结构简式确定官能团名称。
(2) 酯化反应为”酸脱羟基醇脱氢“
(3根据合成路线确定结构简式为：；依据官能团的变化确定反应类型。
(4)两种官能团分别是-Br和-CHO