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2021年四川省成都市高考一模理综-化学试卷含解析
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这是一份2021年四川省成都市高考一模理综-化学试卷含解析，共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
四川省成都市2021年高考理综一模试卷
化学
一、选择题:
1．《天工开物·火药》中记载“凡火药,以硝石硫磺为主,草木灰为辅. 硝性至阴,硫性至阳,阴阳两物相遇于无隙可容之中,其出也?”(已知火药反应为:2KNO3＋S ＋3C=K2S＋N2↑＋3CO2↑). 下列认识或相关理解错误的是（ ）
A．硫磺不溶于水
B．“草木灰为辅”指草木灰中含有的炭参与反应
C．硝石在反应中作还原剂
D．“其出也”含义之一指该反应放出气体
2．有机物 N 具有抗肿瘤、镇痛等生物活性. N 可由 M 合成:下列相关说法正确的是（ ）
A．M 中所有碳原子可能共面 B．N 可以与钠反应生成 H2
C．M 生成 N 的反应为取代反应 D．M、N 的一氯代物数目相同
3．设 NA为阿伏加德罗常数的值. 下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下,11.2L的 CH4和C2H4的混合气体含 C－H 数目为2NA
B．1００mL０.1mol/L 酸性 KMnO4溶液与足量草酸反应转移电子数为０.03N A
C．含 NaClO7.45g的某新冠消毒片溶于足量水中,所得溶液含阴阳离子总数为０.2NA
D．０．5molCO2溶于水,溶液中的 H2CO3、HCO3－ 、CO23－ 微粒数总和为０.5NA
4．X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素. 它们能形成离子化合物 A([YX4]＋[ZW4]－).Y 元素的最高正价和最低负价代数和为2,Z单质在常温下能被浓硫酸钝化. 下列说法错误的是（ ）
A．W 元素位于第三周期ⅦA 族
B．氧化物的水化物的酸性:W＜Y
C．原子半径:Y＜Z
D．A 能与强碱反应生成有刺激性气味的气体
5．实验室探究二氧化碳与锌粉反应是否有一氧化碳生成. 利用下列装置进行相关实验(已知题设下 CO、H2与银氨溶液反应都生成黑色沉淀). 其中方案设计不合理的是（ ）
A．制 CO2
B．除杂、干燥
C．CO2与锌粉反应
D．检查 CO
6．对下列实验,一定能正确描述其反应过程的离子方程式是（ ）
A．向稀硝酸中加入过量铁粉:Fe＋4H＋NO3－=Fe3＋＋NO↑ ＋2H2O
B．向饱和 Na2CO3溶液中滴入几滴稀 AlCl3溶液:2Al3＋＋3CO23－＋3H2O=2Al(OH)3↓ ＋3CO2↑
C．乙酸乙酯与稀 NaOH 溶液共热:CH3COOC2H5＋OH－→△ CH3COO－＋C2H5OH
D．向长期露置于空气的酸性 KI溶液先后滴入几滴 FeCl3溶液和淀粉溶液,立即出现蓝色2Fe3＋＋2I－→△ 2Fe2＋ ＋I2
7．聚乙烯具有广泛用途,可由乙烯为基本原料制备. 科学家构想用太阳能电池作电源电解 CH4和 CO2制得乙烯,原理如图. 下列说法错误的是（ ）
A．该装置实现了光能→电能→化学能的转化
B．电极 A 的反应为:2CH4－4e－ ＋2O2－=C2H4＋2H2O
C．催化活性电极 B可防止产生炭堵塞电极
D．固体电解质将 A 极产生的 O2－ 传导到 B极
二、非选择题:
8．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)具有强还原性,在医药、橡胶、印染、食品方面应用广泛. 某化学小组拟用下列装置制备焦亚硫酸钠.
实验步骤:
①按图连接装置,检查装置气密性;
②装入药品,加热 A中试管,C中反应至pH＝4.1停止加热,将 A中铜丝外移脱离浓硫酸;
③将 C中液体转移至蒸发装置中,加热,结晶脱水、过滤、洗涤、干燥.
试回答下列问题:
（1）A 试管中发生反应的化学方程式为 ;B装置的作用是 .
（2）C中反应至pH＝4.1,C中溶液主要溶质为 (填化学式).
（3）将步骤③C中液体加热至过饱和结晶脱水生成焦亚硫酸钠的化学方程式为 ;若温度稍过高,可能还会生成 ;为了制得较纯净焦亚硫酸钠,步骤 ③ 中应注意 、 .
（4）Na2S2O5可用作食品抗氧剂. 小组通过下述方法检测某饮料中残留的 Na2S2O5:
① 取100.00mL饮料于锥形瓶中,加入0.0100mol/L的I2溶液V1 mL,塞紧瓶塞充分反应.
② 打开瓶塞,将锥形瓶内液体调至接近中性,滴加4~5滴淀粉溶液变蓝. 用0.100mol/L的 Na2S2O3 溶 液 滴 定,滴 定 至 终 点 时,消 耗 Na2S2O3溶 液V2 mL,饮 料 中 残 留 的 Na2S2O5为 mg/L. 若滴定前溶液pH 调至大于1０,则残留的 Na2S2O5测定值 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”).
(已知:S2O52- ＋2I2＋3H2O=2SO42－ ＋4I－ ＋6H＋ 2S2O32－ ＋I2=S4O62－ ＋2I－ )
9．纳米氧化镁是在磁性、催化方面有许多特异功能的新材料,具有重要价值. 工业以菱镁矿(主要成分为 MgCO3,少量 FeCO3和 SiO2杂质)为原料制备纳米氧化镁工艺流程如下:
试回答下列问题:
（1）“焙烧”时生成的主要气体有 ;滤渣Ⅰ的主要成分为
（2）氧化剂常用空气或 H2O2而不选用酸性 KMnO4,解释其原因 .
已知在该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如下:
金属离子
Fe2＋
Fe3＋
Mg2＋
开始沉淀pH
6.3
1.5
8.9
完全沉淀pH
8.1
2.8
10.9
上述流程中“氧化”是否可省掉及理由是 .
（3）试剂a可能是 .
（4）资料显示锻烧 MgCO3比锻烧 Mg(OH)2更容易生成 MgO 纳米材料. “沉淀”时若将NH4HCO3更换成 Na2CO3,则产生的后果是 .
（5）该流程中可以循环利用的物质是 .
10．生产生活中氨及铵盐有重要用途,而汽车尾气中含 NO、NO2则应降低其排放.
（1）在2０℃时,已知:① N2(g) ＋O2(g)=2NO(g) ,正、逆反应活化能分别为akJ/mol、bkJ/mol;
② 4NH3(g) ＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(l),正、逆反应活化能分别为ckJ/mol、dkJ/mol;则4NH3(g) ＋6NO(g)=5N2(g)＋6H2O(l)的 ΔH 为 .
（2）10.０L的密闭容器中,按物质的量比1∶3投入氮气和氢气,发生反应
N2(g) ＋3H2(g) ⇌ 2NH3(g) ΔH＜０
用传感器测得温度为T1、T2时容器中 v (N2)随时间变化如下表:
０
5min
10min
15min
20min
T1
0.1mol
0.08mol
0.062mol
0.05mol
0.05mol
T2
0.1mol
0.07mol
-----
xmol
0.06mol
①T2时,０~5min内 NH3平均速率为v(NH3)＝ ;
②T1时,该反应平衡常数为 (列出计算式);
③ x ０.０6(填“＞”、“＜”或“＝”),原因是 .
（3）汽车排气管装有三元催化剂装置,在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除 CO、NO 等
污染物. 反应机理如下[Pt(s)表示催化剂,右上角带“·”表示吸附状态]:
Ⅰ NO ＋ Pt(s)=NO*
Ⅱ CO ＋ Pt(s)=CO*
Ⅲ NO*=N* ＋ O*
Ⅳ CO* ＋ O*=CO2＋ Pt(s)
Ⅴ N* ＋ N*=N2＋ Pt(s)
Ⅵ NO* ＋ N= N2O＋ Pt(s)
经测定汽车尾气中反应物及生成物浓度随温度变化关系如图一和图二所示:
图一 图二
①图一,温度为33℃时发生的主要反应为 (填 “Ⅳ ”、 “Ⅴ ” 或 “Ⅵ ”); 反 应 Ⅵ 为 反应(填“放热”或“吸热”).
②图二, 温度从Ta升至Tb的过程中,反应物浓度急剧减小的主要原因是
③气体在固体催化剂表面反应中,吸附和解吸同时影响总反应速率. 温度一定时,反应2NO ＋2CO 催化剂__ N2＋2CO2的反应速率随强的变化如图所示. 结合(3)中反应机理,试从吸附和解吸角度解释 bc段化学反应速率下降的原因 .
11．铁、钴均为第四周期Ⅷ族元素,它们的单质及化合物具有广泛用途. 回答下列问题:
（1）基态Co2＋中成单电子数为 ;Fe和 Co的第三电离能I3(Fe) I3(Co) (填 “＞”、“＜”或“＝”).
（2）化学上可用 EDTA 测定 Fe2＋ 和 Co2＋ 的含量. EDTA 的结构简式如图所示:
①EDTA 中电负性最大的元素是 ,其中 C原子轨道杂化类型为 ;
②EDTA 存在的化学键有 (填序号).
a． 离子键 b． 共价键 c． 氢键 d．σ键 e．π键 f． 配位键
（3）将1mol CoCl3·4NH3溶于水中,加入足量 AgNO3溶液生成 1 mol AgCl沉淀. 则CoCl3·4NH3中配离子的化学式为 ;已知孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用,试判断 NH3分子与钴离子形成配合物后 H－N－H 键角 (填“变大”、“变小”或“不变”).
（4）一种铁氮化合物具有高磁导率,其结构如图所示:
已知晶体的密度为ρg·cm－3,阿伏加德罗常数为 NA.
①该结构中单纯分析铁的堆积,其堆积方式为 ;
②该铁氮化合物的化学式为 ;
③计算 Fe(Ⅱ)构成正八面体的体积为 cm3.
12．有机化合物 F为一种药物合成中间体. 其合成路线如下:
（1）A 的名称为 ;反应①的条件 .
（2）反应 ② 的化学方程式为 .
（3）D的结构简式为 .
（4）反应 ④ 分两步进行,第一步中 D与 发生加成反应的化学方程式为 ,第二步的反应类型为 .
（5）反应 ⑤ 中 E断键的位置为 (填编号).
（6） 的同分异构体中,满足下列条件 ①除苯环外,没有其它环;②苯环上只有两个取代基;③能与 NaHCO3溶液反应生成气体;④遇 FeCl3溶液显紫色的同分异构体共有 种;其中核磁共振氢谱有四组峰,面积比为2∶2∶1∶1的结构简式为
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．硫磺是非极性分子构成的单质，难溶于极性溶剂，所以硫磺不溶于水，A不符合题意；
B．黑火药的组成是硝酸钾、硫磺和木炭，所以“草木灰为辅”指草木灰中含有的炭参与反应，B不符合题意；
C．硝石的成分是KNO3，反应中KNO3得电子是氧化剂，C符合题意；
D．反应中生成两种气体CO2和N2，所以“其出也”含义之一指该反应放出气体，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】黑火药的组成是硝酸钾、硫磺和木炭，点燃发生反应2KNO3+3C=点燃K2S+3CO2↑+N2↑，反应放出巨大能量，据此分析;
A．硫磺不溶于水，易溶于二硫化碳；
B．草木灰中含有炭；
C．KNO3中的N由+5价变为0价，化合价降低为氧化剂；
D．“其出也”指该反应有气体生成和放出。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．M中连接2个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，所以M中所有碳原子不能共平面，A不符合题意；
B．羟基能和钠反应生成氢气，N中含有醇羟基，所以能和钠反应生成氢气，B符合题意；
C．M中羰基发生还原反应生成醇羟基，为还原反应，C不符合题意；
D．烃基上M含有6种氢原子、N含有7种氢原子，一氯代物：前者6种、后者7种，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．甲基的碳原子具有甲烷结构特点；
B．注意该物质含有羟基；
C．有机物加氢或者去氧的反应为还原反应；
D．烃基上含有几种几种氢原子，其一氯代物就有几种。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．标况下11.2L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量为n=11.2L22.4L/mol=0.5mol，而两者中均含4条C-H键，故0.5mol混合气体中含C-H键为2NA个，A符合题意；
B．溶液中高锰酸钾的物质的量为n=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，而KMnO4溶液与草酸反应后，锰由+7价降为+2价，故0.01mol高锰酸钾溶液和足量的草酸反应后转移的电子的物质的量为0.01mol×（7-2）=0.05mol，个数为0.05NA个，B不符合题意；
C．7.45gNaClO的物质的量n=7.45g74.5/mol=0.1mol，而在NaClO的水溶液中，除了Na+、ClO-外，还有水电离出的氢离子和氢氧根离子，故所得溶液含阴阳离子总数多于0.2NA，C不符合题意；
D．CO2和水的反应是可逆反应，不能彻底，故所得溶液中含CO2分子，故0.5mol CO2溶于水，溶液中的H2CO3、HCO3-、CO32-微粒数总和小于0.5NA，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．求出标况下11.2L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量，然后根据两者中均含4条C-H键来分析；
B．KMnO4溶液与草酸反应后，根据锰化合价变化计算；
C．注意水电离出的氢离子和氢氧根离子；
D．CO2+H2O⇌H2CO3。
4．【答案】B
【解析】【解答】由分析可知，X为H、Y为N、Z为Al、W为Cl，
A.W元素为Cl，位于第三周期ⅤⅡA族，A不符合题意；
B.最高价氧化物的水化物的酸性：W＞Y，氧化物的水化物的酸性不能确定，B符合题意；
C.电子层越多、原子半径越大，则原子半径：Y＜Z，C不符合题意；
D.A含铵根离子，能与强碱反应生成有刺激性气味的气体，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z单质在常温下能被浓硫酸钝化，Z为Al；Y元素的最高正价和最低负价代数和为2，Y的最高价为+5价、最低价为-3价，结合原子序数可知Y为N；它们能形成离子化合物A（[YX4]+[ZW4]-），由阳离子可知X为H，由阴离子可知W为Cl，以此来解答。
5．【答案】B
【解析】【解答】A.该装置可用于在常温下由固体和液体反应制备气体，为简易气体发生装置，可用于制备二氧化碳，A不符合题意；
B.饱和碳酸氢钠溶液可除去氯化氢，但不能干燥，B符合题意；
C.加热条件下，二氧化碳和锌反应，该装置可完成实验，C不符合题意；
D.该装置用氢氧化钠溶液除去二氧化碳，用银氨溶液检验一氧化碳，如生成一氧化碳，则生成黑色沉淀，可完成实验，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该装置可以制取二氧化碳气体；
B.该装置可用于除杂；
C. Zn+CO2=高温ZnO+CO；
D. 一氧化碳会还原银氨溶液形成银单质，反应为 CO+2Ag(NH3)2OH=(NH4)2CO3+2Ag+2NH3，可以用银氨溶液检验CO气体 。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．过量的铁粉加入稀硝酸中的离子方程式：3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O，A不符合题意；
B．发生相互促进水解反应生成沉淀和碳酸氢根离子，离子反应为：Al3++3CO32-+3H2O═Al（OH）3↓+3HCO3-，B不符合题意；
C．乙酸乙酯与NaOH溶液共热：CH3COOCH2CH3+OH-=∆CH3COOO-+CH3CH2OH，C符合题意；
D．向长期露置于空气的酸性KI溶液先后滴入几滴FeCl3溶液和淀粉溶液，立即出现蓝色，可能是碘离子可能已被氧气氧化：4H++O2+4I-=2I2+2H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．过量的铁粉与稀硝酸反应生成Fe2+和NO；
B．两者发生相互促进水解反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子；
C．乙酸乙酯与NaOH溶液共热，反应生成醋酸钠和乙醇；
D．长期露置于空气的酸性KI溶液，碘离子可能已被氧气氧化为碘单质。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．装置是利用太阳能电池座电源电解，能量变化是光能→电能→化学能的转化，A不符合题意；
B．通入甲烷的催化活性电极A为电解池的阳极，甲烷失电子发生氧化反应生成乙烯，电解质为固体电解质，电极反应为：2CH4-4e-+2O2-═C2H4+2H2O，B不符合题意；
C．催化活性电极B可防止产生炭堵塞电极，加速反应进行，C不符合题意；
D．催化活性电极B为电解池的阴极，电极反应CO2+2e-=CO+O2-，产生的O2-通过能传到O2-的固体电解质移向A电极，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由太阳能电池中电子流向可知，通入甲烷的催化活性电极A为电解池的阳极，甲烷失电子发生氧化反应生成乙烯，电解质为固体电解质，电极反应为：2CH4-4e-+2O2-═C2H4+2H2O，通入二氧化碳的催化活性电极B为电解池的阴极，电极反应CO2+2e-=CO+O2-，装置实现了光能转化为电能，电能转化为化学能的过程。
8．【答案】（1）Cu＋2H2SO4(浓)=∆CuSO4＋SO2↑＋2H2O；防倒吸
（2）NaHSO3
（3）2NaHSO3Δ__ Na2S2O5＋H2O；Na2SO3(或Na2SO4或其他合理答案)；小火加热控制温度,尽量减少与空气接触(或隔绝空气)等
（4）9.5V1－47.5V2；偏高
【解析】【解答】（1）A中为铜和浓硫酸反应，方程式为： Cu＋2H2SO4(浓)=∆CuSO4＋SO2↑＋2H2O ，B为防倒吸装置；
（2） C中反应至pH＝4.1,，通入二氧化硫反应生成NaHSO3，方程式为2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2；
（3）加入Na2CO3固体，可吸收更多的SO2气体，所以再次充入SO2可得到NaHSO3过饱和液；制得焦亚硫酸钠（Na2S2O5）的化学方程式： 2NaHSO3Δ__ Na2S2O5＋H2O ； ;若温度稍过高,可能还会生成 Na2SO3(或Na2SO4或其他合理答案) ； 为了制得较纯净焦亚硫酸钠,步骤 ③ 中应注意 小火加热控制温度,尽量减少与空气接触(或隔绝空气)等；
（4）
【分析】（3）加入Na2CO3固体，可吸收更多的SO2气体，以得到NaHSO3过饱和液，过饱和溶液经结晶脱水可制得焦亚硫酸钠；若温度稍过高,可能还会生成 Na2SO3(或Na2SO4或其他合理答案) ； 为了制得较纯净焦亚硫酸钠,步骤 ③ 中应注意 小火加热控制温度,尽量减少与空气接触(或隔绝空气)等；
9．【答案】（1）NH3、CO2；SiO2
（2）引入新杂质Mn2＋,产品不纯;将Cl－氧化为Cl2造成污染；否,若不先将Fe2＋氧化为Fe3＋,调pH分步沉淀中产生的Fe(OH)2为絮状沉淀,不易通过过滤分离除去(或可以,空气中焙烧时已将Fe2＋氧化成Fe3＋)
（3）MgO(或MgCO3、Mg(OH)2、Mg2(OH)2CO3等)
（4）Na2CO3碱性更强,反应中易生成更多Mg(OH)2而不利于MgO纳米材料的生成,纳米MgO纯度降低
（5）NH4Cl
【解析】【解答】菱镁矿（主要成分为MgCO3，少量FeCO3和SiO2杂质）加入氯化铵空气中焙烧生成的混合气体主要是氨气和二氧化碳，得到固体为氯化镁、氯化亚铁、氯化铁、二氧化硅，加入水浸取过滤得到滤渣为二氧化硅，滤液为氯化镁、氯化铁溶液、氯化亚铁溶液，加入氧化剂用空气或H2O2氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化镁或碳酸镁或氢氧化镁调节溶液pH沉淀铁离子，过滤得到沉淀为氢氧化铁，滤液中主要是氯化镁溶液，加入碳酸氢铵沉淀镁离子，生成碳酸镁沉淀，煅烧得到MgO纳米材料；
（1）分析可知，“焙烧”时生成的主要是二氧化碳和氨气，化学式：CO2、NH3，滤渣是二氧化硅，化学式：SiO2；
（2）氧化剂常用空气或H2O2而不选用酸性KMnO4，其原因是：选用酸性KMnO4，会引入新的杂质离子Mn2+，产品不纯，锰离子会氧化氯离子生成氯气，上述流程中“氧化”不能省掉，理由是：若不先氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH生成的沉淀氢氧化亚铁为絮状沉淀，不易通过过滤除去；
（3）目标产物是得到碳酸镁，加入的固体是调节溶液pH，沉淀铁离子，镁离子不沉淀，且不能引入新的杂质，试剂a可能是：MgO或Mg（OH）2或MgCO3；
（4）更换成Na2CO3碱性更强，反应中易生成氢氧化镁沉淀，不利于制备纳米材料氧化镁，纳米MgO纯度降低；
（5）参与反应过程最后又生成的物质可以循环利用，过程得到该流程中可以循环利用的物质是NH4Cl。
【分析】（1）根据杂质及所加试剂判断焙烧所得物质，滤渣是二氧化硅；
（2）KMnO4含有锰元素；注意会生成氢氧化亚铁沉淀；
（3）根据所得目标产物是得到碳酸镁，可以加入对应的氧化物、碱或碳酸盐；
（4）注意碳酸根水解程度要大于碳酸氢根；
（5）反应过程中加了NH4Cl最后又生成了NH4Cl。
10．【答案】（1）(5b＋c－5a－d)kJ/mol
（2）1.2×1０－3mol/(L·min)；0.0120.005×0.0153L2·mol−2；＝；5min时,０.０8＞０.０7,说明T2温度高,反应速率快,T2先达到平衡,所以15min时T2已达到平衡
（3）Ⅳ；放热；温度升高,催化剂活性增强,反应速率加快,所以反应物浓度快速减小；压强增大,吸附速率虽然增大,但不利于解吸,解吸速率减小更多,所以反应速率减小
【解析】【解答】（1） 在2０℃时,已知:N2(g) ＋O2(g)=2NO(g) ,正、逆反应活化能分别为akJ/mol、bkJ/mol; 则①N2（g）+O2 （g）=2NO（g）△H1=-（a-b）kJ/mol；
4NH3(g) ＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(l),正、逆反应活化能分别为ckJ/mol、dkJ/mol; 则
②4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H2=-（c-d）kJ/mol
根据盖斯定律：①×5-②：4NH3（g）+7O2（g）=4NO2（g）+6H2O（g）△H= (5b＋c－5a－d)kJ/mol ；
（2） ①T2时,０~5min内N2变化量为∆n=（0.1-0.07）mol=0.03mol，v（N2）=0.03mol10.0L5min=6×10-4mol/（L•min）,根据 N2(g) ＋3H2(g) ⇌ 2NH3(g) ， NH3平均速率为v(NH3)＝2v（N2）=2×6×10-4mol/（L·min）= 1.2×1０－3mol/(L·min) ；
②T1时,15min达到平衡，N2剩余物质的量为∆n=0.05mol，H2变化量为∆n=3×（0.1-0.05）mol=0.15mol，根据 N2(g) ＋3H2(g) ⇌ 2NH3(g) ，生成NH3物质的量为∆n=0.05mol×2=0.1mol，则平衡时N2、H2、NH3的浓度分别为0.05mol10.0L=0.005mol/L、0.015mol10.0L=0.015mol/L、0.1mol10.0L=0.01mol/L，所以该反应平衡常数为K=c2（NH3）c（N2）•c3（H2）= 0.0120.005•0.0153L2•mol-2;
③根据第5min时，０.０8＞０.０7,说明T2温度高,反应速率快,T2先达到平衡,所以15min时T2已达到平衡 x=０.０6；
（3） ①温度为330℃时主要生成了CO2，发生的主要反应为 Ⅳ CO* ＋ O*=CO2＋ Pt(s) ，根据图一， N2O主要在较低温度生成，说明高门不利于其生成，所以 Ⅵ NO* ＋ N= N2O＋ Pt(s) 为放热反应；
②图二, 温度从Ta升至Tb的过程中, 温度升高,催化剂活性增强,反应速率加快,所以反应物浓度快速减小；
③气体在固体催化剂表面反应中,吸附和解吸同时影响总反应速率，压强增大,吸附速率虽然增大,但不利于解吸,解吸速率减小更多,所以反应速率减小。
【分析】（1）根据盖斯定律计算可得；
（2） ①根据氮气的反应速率结合方程式的数量关系计算氨气的反应速率 ；
②计算平衡时各物质的浓度，代入K=c2（NH3）c（N2）•c3（H2）;
③温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的时间越短；
（3）①根据温度结合各物质的浓度进行判断；
②温度升高,催化剂活性增强,反应速率加快；
③注意压强增大对吸附和解吸影响是相互的。
11．【答案】（1）3；＜
（2）O；sp3、sp2杂化；b、d、e
（3）[Co(NH3)4Cl2]＋；变大
（4）面心立方堆积；Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N；1193ρNA
【解析】【解答】(1)Co为27号元素，核外电子排布式为[Ar]3d74s2，失去2个电子形成Co2+，核外电子排布式为[Ar]3d7，3d轨道上有3个单电子；Fe失去第三个电子可形成d轨道半满的[Ar]3d5，半满结构较稳定，故Fe更容易失去第三个电子，所以I3(Fe)
②由EDTA的结构简式可知，几种非金属元素间形成的均为共价键，由于羧基中有碳氧双键，双键中一条σ键一条π键，故选b、d、e；
(3)配合物的内界不能电离出配位的离子，1molCoCl3·4NH3溶于水中，加入足量AgNO3溶液生成1molAgCl沉淀，说明配合物的外界有1个Cl-，内界有2个Cl-，配离子的化学式为[Co(NH3)4Cl2]+；NH3中N的孤电子对进入Co3+的空轨道，形成配位键，此时孤电子对形成了化学键，孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用，故NH3分子与钴离子形成配合物后H-N-H键角变大；
(4)①由图可知，每个晶胞中的Fe位于顶点和面心处，属于面心立方最密堆积；
②根据均摊法，Fe(III)的个数为8×18=1，Fe(II)的个数为6×12=3，N在晶胞内部，个数为1，故化学式为Fe3(II)Fe(III)N或Fe4N；
③晶胞密度ρ=MVNA，则V=MρNA=238VNAcm3，晶胞的棱长为3238VNAcm，Fe(II)构成正八面体的棱长为22×3238VNAcm，正八面体的体积为2×13×(22×3238VNA)2×12×3238VNA=1193ρNAcm3。
【分析】(1)根据Co核外电子排布式判断即可；熟悉影响电离能大小的因素以及物质的原子结构即可；
(2)①熟悉常见元素的电负性比较；注意C形成不同化学键时的杂化方式；
②非金属元素间形成共价键，σ键为单键，双键存在一条π键；
(3)根据反应物的物质的量判断；孤电子对形成了化学键，会导致孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用；
(4)①熟悉晶胞的常见堆积方式；
②根据均摊法计算；
③根据ρ=mV，V=mρ计算。
12．【答案】（1）甲苯；光照
（2）
（3）
（4）；消去反应
（5）②
（6）3；
【解析】【解答】结合A分子式及C结构简式知，A为甲苯，结构简式为，A发生取代反应生成氯代烃B，B水解生成C，则A发生甲基上的一氯取代生成B为，C发生催化氧化生成D为，反应④分两步进行，第一步中D与发生加成反应，然后发生消去反应生成E，E加成反应生成F。
（1）A为，A的名称为甲苯；反应①为甲苯中甲基上的H原子被-Cl取代生成B，该反应的条件光照；
（2）反应②为一氯甲苯的水解反应，该反应的化学方程式为；
（3）D的结构简式为；
（4）反应④分两步进行，第一步中D与发生加成反应的化学方程式为，第二步醇羟基发生消去反应生成E，所以第二步的反应类型为消去反应；
（5）根据E、F结构简式知，E中碳碳双键反应后生成F中碳碳单键，所以反应⑤中E断键的位置为②；
（6）的同分异构体中，满足下列条件：
①除苯环外，没有其它环；
②苯环上只有两个取代基；
③能与NaHCO3溶液反应生成气体，说明含有羧基；
④遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，
根据其不饱和度知，还存在1个碳碳三键，
如果取代基为-OH、-C≡CCOOH，有邻间对3种结构；
其中核磁共振氢谱有四组峰，面积比为2：2：1：1的结构简式为。
【分析】（1）A为甲苯；甲苯中甲基在光照条件下可以发生取代反应；
（2）一氯甲苯在碱性条件下水解生成苯甲醇；
（3）D为苯甲醛；
（4）D与发生加成反应；第二步为醇羟基的消去反应；
（5）根据E、F结构变化进行判断；
（6）熟悉个限定条件下所含的官能团，然后进一步确定其结构。
四川省成都市2021年高考理综一模试卷
化学
一、选择题:
1．《天工开物·火药》中记载“凡火药,以硝石硫磺为主,草木灰为辅. 硝性至阴,硫性至阳,阴阳两物相遇于无隙可容之中,其出也?”(已知火药反应为:2KNO3＋S ＋3C=K2S＋N2↑＋3CO2↑). 下列认识或相关理解错误的是（ ）
A．硫磺不溶于水
B．“草木灰为辅”指草木灰中含有的炭参与反应
C．硝石在反应中作还原剂
D．“其出也”含义之一指该反应放出气体
2．有机物 N 具有抗肿瘤、镇痛等生物活性. N 可由 M 合成:下列相关说法正确的是（ ）
A．M 中所有碳原子可能共面 B．N 可以与钠反应生成 H2
C．M 生成 N 的反应为取代反应 D．M、N 的一氯代物数目相同
3．设 NA为阿伏加德罗常数的值. 下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下,11.2L的 CH4和C2H4的混合气体含 C－H 数目为2NA
B．1００mL０.1mol/L 酸性 KMnO4溶液与足量草酸反应转移电子数为０.03N A
C．含 NaClO7.45g的某新冠消毒片溶于足量水中,所得溶液含阴阳离子总数为０.2NA
D．０．5molCO2溶于水,溶液中的 H2CO3、HCO3－ 、CO23－ 微粒数总和为０.5NA
4．X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素. 它们能形成离子化合物 A([YX4]＋[ZW4]－).Y 元素的最高正价和最低负价代数和为2,Z单质在常温下能被浓硫酸钝化. 下列说法错误的是（ ）
A．W 元素位于第三周期ⅦA 族
B．氧化物的水化物的酸性:W＜Y
C．原子半径:Y＜Z
D．A 能与强碱反应生成有刺激性气味的气体
5．实验室探究二氧化碳与锌粉反应是否有一氧化碳生成. 利用下列装置进行相关实验(已知题设下 CO、H2与银氨溶液反应都生成黑色沉淀). 其中方案设计不合理的是（ ）
A．制 CO2
B．除杂、干燥
C．CO2与锌粉反应
D．检查 CO
6．对下列实验,一定能正确描述其反应过程的离子方程式是（ ）
A．向稀硝酸中加入过量铁粉:Fe＋4H＋NO3－=Fe3＋＋NO↑ ＋2H2O
B．向饱和 Na2CO3溶液中滴入几滴稀 AlCl3溶液:2Al3＋＋3CO23－＋3H2O=2Al(OH)3↓ ＋3CO2↑
C．乙酸乙酯与稀 NaOH 溶液共热:CH3COOC2H5＋OH－→△ CH3COO－＋C2H5OH
D．向长期露置于空气的酸性 KI溶液先后滴入几滴 FeCl3溶液和淀粉溶液,立即出现蓝色2Fe3＋＋2I－→△ 2Fe2＋ ＋I2
7．聚乙烯具有广泛用途,可由乙烯为基本原料制备. 科学家构想用太阳能电池作电源电解 CH4和 CO2制得乙烯,原理如图. 下列说法错误的是（ ）
A．该装置实现了光能→电能→化学能的转化
B．电极 A 的反应为:2CH4－4e－ ＋2O2－=C2H4＋2H2O
C．催化活性电极 B可防止产生炭堵塞电极
D．固体电解质将 A 极产生的 O2－ 传导到 B极
二、非选择题:
8．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)具有强还原性,在医药、橡胶、印染、食品方面应用广泛. 某化学小组拟用下列装置制备焦亚硫酸钠.
实验步骤:
①按图连接装置,检查装置气密性;
②装入药品,加热 A中试管,C中反应至pH＝4.1停止加热,将 A中铜丝外移脱离浓硫酸;
③将 C中液体转移至蒸发装置中,加热,结晶脱水、过滤、洗涤、干燥.
试回答下列问题:
（1）A 试管中发生反应的化学方程式为 ;B装置的作用是 .
（2）C中反应至pH＝4.1,C中溶液主要溶质为 (填化学式).
（3）将步骤③C中液体加热至过饱和结晶脱水生成焦亚硫酸钠的化学方程式为 ;若温度稍过高,可能还会生成 ;为了制得较纯净焦亚硫酸钠,步骤 ③ 中应注意 、 .
（4）Na2S2O5可用作食品抗氧剂. 小组通过下述方法检测某饮料中残留的 Na2S2O5:
① 取100.00mL饮料于锥形瓶中,加入0.0100mol/L的I2溶液V1 mL,塞紧瓶塞充分反应.
② 打开瓶塞,将锥形瓶内液体调至接近中性,滴加4~5滴淀粉溶液变蓝. 用0.100mol/L的 Na2S2O3 溶 液 滴 定,滴 定 至 终 点 时,消 耗 Na2S2O3溶 液V2 mL,饮 料 中 残 留 的 Na2S2O5为 mg/L. 若滴定前溶液pH 调至大于1０,则残留的 Na2S2O5测定值 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”).
(已知:S2O52- ＋2I2＋3H2O=2SO42－ ＋4I－ ＋6H＋ 2S2O32－ ＋I2=S4O62－ ＋2I－ )
9．纳米氧化镁是在磁性、催化方面有许多特异功能的新材料,具有重要价值. 工业以菱镁矿(主要成分为 MgCO3,少量 FeCO3和 SiO2杂质)为原料制备纳米氧化镁工艺流程如下:
试回答下列问题:
（1）“焙烧”时生成的主要气体有 ;滤渣Ⅰ的主要成分为
（2）氧化剂常用空气或 H2O2而不选用酸性 KMnO4,解释其原因 .
已知在该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH 如下:
金属离子
Fe2＋
Fe3＋
Mg2＋
开始沉淀pH
6.3
1.5
8.9
完全沉淀pH
8.1
2.8
10.9
上述流程中“氧化”是否可省掉及理由是 .
（3）试剂a可能是 .
（4）资料显示锻烧 MgCO3比锻烧 Mg(OH)2更容易生成 MgO 纳米材料. “沉淀”时若将NH4HCO3更换成 Na2CO3,则产生的后果是 .
（5）该流程中可以循环利用的物质是 .
10．生产生活中氨及铵盐有重要用途,而汽车尾气中含 NO、NO2则应降低其排放.
（1）在2０℃时,已知:① N2(g) ＋O2(g)=2NO(g) ,正、逆反应活化能分别为akJ/mol、bkJ/mol;
② 4NH3(g) ＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(l),正、逆反应活化能分别为ckJ/mol、dkJ/mol;则4NH3(g) ＋6NO(g)=5N2(g)＋6H2O(l)的 ΔH 为 .
（2）10.０L的密闭容器中,按物质的量比1∶3投入氮气和氢气,发生反应
N2(g) ＋3H2(g) ⇌ 2NH3(g) ΔH＜０
用传感器测得温度为T1、T2时容器中 v (N2)随时间变化如下表:
０
5min
10min
15min
20min
T1
0.1mol
0.08mol
0.062mol
0.05mol
0.05mol
T2
0.1mol
0.07mol
-----
xmol
0.06mol
①T2时,０~5min内 NH3平均速率为v(NH3)＝ ;
②T1时,该反应平衡常数为 (列出计算式);
③ x ０.０6(填“＞”、“＜”或“＝”),原因是 .
（3）汽车排气管装有三元催化剂装置,在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除 CO、NO 等
污染物. 反应机理如下[Pt(s)表示催化剂,右上角带“·”表示吸附状态]:
Ⅰ NO ＋ Pt(s)=NO*
Ⅱ CO ＋ Pt(s)=CO*
Ⅲ NO*=N* ＋ O*
Ⅳ CO* ＋ O*=CO2＋ Pt(s)
Ⅴ N* ＋ N*=N2＋ Pt(s)
Ⅵ NO* ＋ N= N2O＋ Pt(s)
经测定汽车尾气中反应物及生成物浓度随温度变化关系如图一和图二所示:
图一 图二
①图一,温度为33℃时发生的主要反应为 (填 “Ⅳ ”、 “Ⅴ ” 或 “Ⅵ ”); 反 应 Ⅵ 为 反应(填“放热”或“吸热”).
②图二, 温度从Ta升至Tb的过程中,反应物浓度急剧减小的主要原因是
③气体在固体催化剂表面反应中,吸附和解吸同时影响总反应速率. 温度一定时,反应2NO ＋2CO 催化剂__ N2＋2CO2的反应速率随强的变化如图所示. 结合(3)中反应机理,试从吸附和解吸角度解释 bc段化学反应速率下降的原因 .
11．铁、钴均为第四周期Ⅷ族元素,它们的单质及化合物具有广泛用途. 回答下列问题:
（1）基态Co2＋中成单电子数为 ;Fe和 Co的第三电离能I3(Fe) I3(Co) (填 “＞”、“＜”或“＝”).
（2）化学上可用 EDTA 测定 Fe2＋ 和 Co2＋ 的含量. EDTA 的结构简式如图所示:
①EDTA 中电负性最大的元素是 ,其中 C原子轨道杂化类型为 ;
②EDTA 存在的化学键有 (填序号).
a． 离子键 b． 共价键 c． 氢键 d．σ键 e．π键 f． 配位键
（3）将1mol CoCl3·4NH3溶于水中,加入足量 AgNO3溶液生成 1 mol AgCl沉淀. 则CoCl3·4NH3中配离子的化学式为 ;已知孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用,试判断 NH3分子与钴离子形成配合物后 H－N－H 键角 (填“变大”、“变小”或“不变”).
（4）一种铁氮化合物具有高磁导率,其结构如图所示:
已知晶体的密度为ρg·cm－3,阿伏加德罗常数为 NA.
①该结构中单纯分析铁的堆积,其堆积方式为 ;
②该铁氮化合物的化学式为 ;
③计算 Fe(Ⅱ)构成正八面体的体积为 cm3.
12．有机化合物 F为一种药物合成中间体. 其合成路线如下:
（1）A 的名称为 ;反应①的条件 .
（2）反应 ② 的化学方程式为 .
（3）D的结构简式为 .
（4）反应 ④ 分两步进行,第一步中 D与 发生加成反应的化学方程式为 ,第二步的反应类型为 .
（5）反应 ⑤ 中 E断键的位置为 (填编号).
（6） 的同分异构体中,满足下列条件 ①除苯环外,没有其它环;②苯环上只有两个取代基;③能与 NaHCO3溶液反应生成气体;④遇 FeCl3溶液显紫色的同分异构体共有 种;其中核磁共振氢谱有四组峰,面积比为2∶2∶1∶1的结构简式为
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．硫磺是非极性分子构成的单质，难溶于极性溶剂，所以硫磺不溶于水，A不符合题意；
B．黑火药的组成是硝酸钾、硫磺和木炭，所以“草木灰为辅”指草木灰中含有的炭参与反应，B不符合题意；
C．硝石的成分是KNO3，反应中KNO3得电子是氧化剂，C符合题意；
D．反应中生成两种气体CO2和N2，所以“其出也”含义之一指该反应放出气体，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】黑火药的组成是硝酸钾、硫磺和木炭，点燃发生反应2KNO3+3C=点燃K2S+3CO2↑+N2↑，反应放出巨大能量，据此分析;
A．硫磺不溶于水，易溶于二硫化碳；
B．草木灰中含有炭；
C．KNO3中的N由+5价变为0价，化合价降低为氧化剂；
D．“其出也”指该反应有气体生成和放出。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．M中连接2个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，所以M中所有碳原子不能共平面，A不符合题意；
B．羟基能和钠反应生成氢气，N中含有醇羟基，所以能和钠反应生成氢气，B符合题意；
C．M中羰基发生还原反应生成醇羟基，为还原反应，C不符合题意；
D．烃基上M含有6种氢原子、N含有7种氢原子，一氯代物：前者6种、后者7种，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．甲基的碳原子具有甲烷结构特点；
B．注意该物质含有羟基；
C．有机物加氢或者去氧的反应为还原反应；
D．烃基上含有几种几种氢原子，其一氯代物就有几种。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．标况下11.2L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量为n=11.2L22.4L/mol=0.5mol，而两者中均含4条C-H键，故0.5mol混合气体中含C-H键为2NA个，A符合题意；
B．溶液中高锰酸钾的物质的量为n=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，而KMnO4溶液与草酸反应后，锰由+7价降为+2价，故0.01mol高锰酸钾溶液和足量的草酸反应后转移的电子的物质的量为0.01mol×（7-2）=0.05mol，个数为0.05NA个，B不符合题意；
C．7.45gNaClO的物质的量n=7.45g74.5/mol=0.1mol，而在NaClO的水溶液中，除了Na+、ClO-外，还有水电离出的氢离子和氢氧根离子，故所得溶液含阴阳离子总数多于0.2NA，C不符合题意；
D．CO2和水的反应是可逆反应，不能彻底，故所得溶液中含CO2分子，故0.5mol CO2溶于水，溶液中的H2CO3、HCO3-、CO32-微粒数总和小于0.5NA，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．求出标况下11.2L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量，然后根据两者中均含4条C-H键来分析；
B．KMnO4溶液与草酸反应后，根据锰化合价变化计算；
C．注意水电离出的氢离子和氢氧根离子；
D．CO2+H2O⇌H2CO3。
4．【答案】B
【解析】【解答】由分析可知，X为H、Y为N、Z为Al、W为Cl，
A.W元素为Cl，位于第三周期ⅤⅡA族，A不符合题意；
B.最高价氧化物的水化物的酸性：W＞Y，氧化物的水化物的酸性不能确定，B符合题意；
C.电子层越多、原子半径越大，则原子半径：Y＜Z，C不符合题意；
D.A含铵根离子，能与强碱反应生成有刺激性气味的气体，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z单质在常温下能被浓硫酸钝化，Z为Al；Y元素的最高正价和最低负价代数和为2，Y的最高价为+5价、最低价为-3价，结合原子序数可知Y为N；它们能形成离子化合物A（[YX4]+[ZW4]-），由阳离子可知X为H，由阴离子可知W为Cl，以此来解答。
5．【答案】B
【解析】【解答】A.该装置可用于在常温下由固体和液体反应制备气体，为简易气体发生装置，可用于制备二氧化碳，A不符合题意；
B.饱和碳酸氢钠溶液可除去氯化氢，但不能干燥，B符合题意；
C.加热条件下，二氧化碳和锌反应，该装置可完成实验，C不符合题意；
D.该装置用氢氧化钠溶液除去二氧化碳，用银氨溶液检验一氧化碳，如生成一氧化碳，则生成黑色沉淀，可完成实验，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该装置可以制取二氧化碳气体；
B.该装置可用于除杂；
C. Zn+CO2=高温ZnO+CO；
D. 一氧化碳会还原银氨溶液形成银单质，反应为 CO+2Ag(NH3)2OH=(NH4)2CO3+2Ag+2NH3，可以用银氨溶液检验CO气体 。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．过量的铁粉加入稀硝酸中的离子方程式：3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O，A不符合题意；
B．发生相互促进水解反应生成沉淀和碳酸氢根离子，离子反应为：Al3++3CO32-+3H2O═Al（OH）3↓+3HCO3-，B不符合题意；
C．乙酸乙酯与NaOH溶液共热：CH3COOCH2CH3+OH-=∆CH3COOO-+CH3CH2OH，C符合题意；
D．向长期露置于空气的酸性KI溶液先后滴入几滴FeCl3溶液和淀粉溶液，立即出现蓝色，可能是碘离子可能已被氧气氧化：4H++O2+4I-=2I2+2H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．过量的铁粉与稀硝酸反应生成Fe2+和NO；
B．两者发生相互促进水解反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子；
C．乙酸乙酯与NaOH溶液共热，反应生成醋酸钠和乙醇；
D．长期露置于空气的酸性KI溶液，碘离子可能已被氧气氧化为碘单质。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．装置是利用太阳能电池座电源电解，能量变化是光能→电能→化学能的转化，A不符合题意；
B．通入甲烷的催化活性电极A为电解池的阳极，甲烷失电子发生氧化反应生成乙烯，电解质为固体电解质，电极反应为：2CH4-4e-+2O2-═C2H4+2H2O，B不符合题意；
C．催化活性电极B可防止产生炭堵塞电极，加速反应进行，C不符合题意；
D．催化活性电极B为电解池的阴极，电极反应CO2+2e-=CO+O2-，产生的O2-通过能传到O2-的固体电解质移向A电极，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由太阳能电池中电子流向可知，通入甲烷的催化活性电极A为电解池的阳极，甲烷失电子发生氧化反应生成乙烯，电解质为固体电解质，电极反应为：2CH4-4e-+2O2-═C2H4+2H2O，通入二氧化碳的催化活性电极B为电解池的阴极，电极反应CO2+2e-=CO+O2-，装置实现了光能转化为电能，电能转化为化学能的过程。
8．【答案】（1）Cu＋2H2SO4(浓)=∆CuSO4＋SO2↑＋2H2O；防倒吸
（2）NaHSO3
（3）2NaHSO3Δ__ Na2S2O5＋H2O；Na2SO3(或Na2SO4或其他合理答案)；小火加热控制温度,尽量减少与空气接触(或隔绝空气)等
（4）9.5V1－47.5V2；偏高
【解析】【解答】（1）A中为铜和浓硫酸反应，方程式为： Cu＋2H2SO4(浓)=∆CuSO4＋SO2↑＋2H2O ，B为防倒吸装置；
（2） C中反应至pH＝4.1,，通入二氧化硫反应生成NaHSO3，方程式为2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2；
（3）加入Na2CO3固体，可吸收更多的SO2气体，所以再次充入SO2可得到NaHSO3过饱和液；制得焦亚硫酸钠（Na2S2O5）的化学方程式： 2NaHSO3Δ__ Na2S2O5＋H2O ； ;若温度稍过高,可能还会生成 Na2SO3(或Na2SO4或其他合理答案) ； 为了制得较纯净焦亚硫酸钠,步骤 ③ 中应注意 小火加热控制温度,尽量减少与空气接触(或隔绝空气)等；
（4）
【分析】（3）加入Na2CO3固体，可吸收更多的SO2气体，以得到NaHSO3过饱和液，过饱和溶液经结晶脱水可制得焦亚硫酸钠；若温度稍过高,可能还会生成 Na2SO3(或Na2SO4或其他合理答案) ； 为了制得较纯净焦亚硫酸钠,步骤 ③ 中应注意 小火加热控制温度,尽量减少与空气接触(或隔绝空气)等；
9．【答案】（1）NH3、CO2；SiO2
（2）引入新杂质Mn2＋,产品不纯;将Cl－氧化为Cl2造成污染；否,若不先将Fe2＋氧化为Fe3＋,调pH分步沉淀中产生的Fe(OH)2为絮状沉淀,不易通过过滤分离除去(或可以,空气中焙烧时已将Fe2＋氧化成Fe3＋)
（3）MgO(或MgCO3、Mg(OH)2、Mg2(OH)2CO3等)
（4）Na2CO3碱性更强,反应中易生成更多Mg(OH)2而不利于MgO纳米材料的生成,纳米MgO纯度降低
（5）NH4Cl
【解析】【解答】菱镁矿（主要成分为MgCO3，少量FeCO3和SiO2杂质）加入氯化铵空气中焙烧生成的混合气体主要是氨气和二氧化碳，得到固体为氯化镁、氯化亚铁、氯化铁、二氧化硅，加入水浸取过滤得到滤渣为二氧化硅，滤液为氯化镁、氯化铁溶液、氯化亚铁溶液，加入氧化剂用空气或H2O2氧化亚铁离子为铁离子，加入氧化镁或碳酸镁或氢氧化镁调节溶液pH沉淀铁离子，过滤得到沉淀为氢氧化铁，滤液中主要是氯化镁溶液，加入碳酸氢铵沉淀镁离子，生成碳酸镁沉淀，煅烧得到MgO纳米材料；
（1）分析可知，“焙烧”时生成的主要是二氧化碳和氨气，化学式：CO2、NH3，滤渣是二氧化硅，化学式：SiO2；
（2）氧化剂常用空气或H2O2而不选用酸性KMnO4，其原因是：选用酸性KMnO4，会引入新的杂质离子Mn2+，产品不纯，锰离子会氧化氯离子生成氯气，上述流程中“氧化”不能省掉，理由是：若不先氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH生成的沉淀氢氧化亚铁为絮状沉淀，不易通过过滤除去；
（3）目标产物是得到碳酸镁，加入的固体是调节溶液pH，沉淀铁离子，镁离子不沉淀，且不能引入新的杂质，试剂a可能是：MgO或Mg（OH）2或MgCO3；
（4）更换成Na2CO3碱性更强，反应中易生成氢氧化镁沉淀，不利于制备纳米材料氧化镁，纳米MgO纯度降低；
（5）参与反应过程最后又生成的物质可以循环利用，过程得到该流程中可以循环利用的物质是NH4Cl。
【分析】（1）根据杂质及所加试剂判断焙烧所得物质，滤渣是二氧化硅；
（2）KMnO4含有锰元素；注意会生成氢氧化亚铁沉淀；
（3）根据所得目标产物是得到碳酸镁，可以加入对应的氧化物、碱或碳酸盐；
（4）注意碳酸根水解程度要大于碳酸氢根；
（5）反应过程中加了NH4Cl最后又生成了NH4Cl。
10．【答案】（1）(5b＋c－5a－d)kJ/mol
（2）1.2×1０－3mol/(L·min)；0.0120.005×0.0153L2·mol−2；＝；5min时,０.０8＞０.０7,说明T2温度高,反应速率快,T2先达到平衡,所以15min时T2已达到平衡
（3）Ⅳ；放热；温度升高,催化剂活性增强,反应速率加快,所以反应物浓度快速减小；压强增大,吸附速率虽然增大,但不利于解吸,解吸速率减小更多,所以反应速率减小
【解析】【解答】（1） 在2０℃时,已知:N2(g) ＋O2(g)=2NO(g) ,正、逆反应活化能分别为akJ/mol、bkJ/mol; 则①N2（g）+O2 （g）=2NO（g）△H1=-（a-b）kJ/mol；
4NH3(g) ＋5O2(g)=4NO(g)＋6H2O(l),正、逆反应活化能分别为ckJ/mol、dkJ/mol; 则
②4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H2=-（c-d）kJ/mol
根据盖斯定律：①×5-②：4NH3（g）+7O2（g）=4NO2（g）+6H2O（g）△H= (5b＋c－5a－d)kJ/mol ；
（2） ①T2时,０~5min内N2变化量为∆n=（0.1-0.07）mol=0.03mol，v（N2）=0.03mol10.0L5min=6×10-4mol/（L•min）,根据 N2(g) ＋3H2(g) ⇌ 2NH3(g) ， NH3平均速率为v(NH3)＝2v（N2）=2×6×10-4mol/（L·min）= 1.2×1０－3mol/(L·min) ；
②T1时,15min达到平衡，N2剩余物质的量为∆n=0.05mol，H2变化量为∆n=3×（0.1-0.05）mol=0.15mol，根据 N2(g) ＋3H2(g) ⇌ 2NH3(g) ，生成NH3物质的量为∆n=0.05mol×2=0.1mol，则平衡时N2、H2、NH3的浓度分别为0.05mol10.0L=0.005mol/L、0.015mol10.0L=0.015mol/L、0.1mol10.0L=0.01mol/L，所以该反应平衡常数为K=c2（NH3）c（N2）•c3（H2）= 0.0120.005•0.0153L2•mol-2;
③根据第5min时，０.０8＞０.０7,说明T2温度高,反应速率快,T2先达到平衡,所以15min时T2已达到平衡 x=０.０6；
（3） ①温度为330℃时主要生成了CO2，发生的主要反应为 Ⅳ CO* ＋ O*=CO2＋ Pt(s) ，根据图一， N2O主要在较低温度生成，说明高门不利于其生成，所以 Ⅵ NO* ＋ N= N2O＋ Pt(s) 为放热反应；
②图二, 温度从Ta升至Tb的过程中, 温度升高,催化剂活性增强,反应速率加快,所以反应物浓度快速减小；
③气体在固体催化剂表面反应中,吸附和解吸同时影响总反应速率，压强增大,吸附速率虽然增大,但不利于解吸,解吸速率减小更多,所以反应速率减小。
【分析】（1）根据盖斯定律计算可得；
（2） ①根据氮气的反应速率结合方程式的数量关系计算氨气的反应速率 ；
②计算平衡时各物质的浓度，代入K=c2（NH3）c（N2）•c3（H2）;
③温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的时间越短；
（3）①根据温度结合各物质的浓度进行判断；
②温度升高,催化剂活性增强,反应速率加快；
③注意压强增大对吸附和解吸影响是相互的。
11．【答案】（1）3；＜
（2）O；sp3、sp2杂化；b、d、e
（3）[Co(NH3)4Cl2]＋；变大
（4）面心立方堆积；Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N；1193ρNA
【解析】【解答】(1)Co为27号元素，核外电子排布式为[Ar]3d74s2，失去2个电子形成Co2+，核外电子排布式为[Ar]3d7，3d轨道上有3个单电子；Fe失去第三个电子可形成d轨道半满的[Ar]3d5，半满结构较稳定，故Fe更容易失去第三个电子，所以I3(Fe)
②由EDTA的结构简式可知，几种非金属元素间形成的均为共价键，由于羧基中有碳氧双键，双键中一条σ键一条π键，故选b、d、e；
(3)配合物的内界不能电离出配位的离子，1molCoCl3·4NH3溶于水中，加入足量AgNO3溶液生成1molAgCl沉淀，说明配合物的外界有1个Cl-，内界有2个Cl-，配离子的化学式为[Co(NH3)4Cl2]+；NH3中N的孤电子对进入Co3+的空轨道，形成配位键，此时孤电子对形成了化学键，孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用，故NH3分子与钴离子形成配合物后H-N-H键角变大；
(4)①由图可知，每个晶胞中的Fe位于顶点和面心处，属于面心立方最密堆积；
②根据均摊法，Fe(III)的个数为8×18=1，Fe(II)的个数为6×12=3，N在晶胞内部，个数为1，故化学式为Fe3(II)Fe(III)N或Fe4N；
③晶胞密度ρ=MVNA，则V=MρNA=238VNAcm3，晶胞的棱长为3238VNAcm，Fe(II)构成正八面体的棱长为22×3238VNAcm，正八面体的体积为2×13×(22×3238VNA)2×12×3238VNA=1193ρNAcm3。
【分析】(1)根据Co核外电子排布式判断即可；熟悉影响电离能大小的因素以及物质的原子结构即可；
(2)①熟悉常见元素的电负性比较；注意C形成不同化学键时的杂化方式；
②非金属元素间形成共价键，σ键为单键，双键存在一条π键；
(3)根据反应物的物质的量判断；孤电子对形成了化学键，会导致孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用；
(4)①熟悉晶胞的常见堆积方式；
②根据均摊法计算；
③根据ρ=mV，V=mρ计算。
12．【答案】（1）甲苯；光照
（2）
（3）
（4）；消去反应
（5）②
（6）3；
【解析】【解答】结合A分子式及C结构简式知，A为甲苯，结构简式为，A发生取代反应生成氯代烃B，B水解生成C，则A发生甲基上的一氯取代生成B为，C发生催化氧化生成D为，反应④分两步进行，第一步中D与发生加成反应，然后发生消去反应生成E，E加成反应生成F。
（1）A为，A的名称为甲苯；反应①为甲苯中甲基上的H原子被-Cl取代生成B，该反应的条件光照；
（2）反应②为一氯甲苯的水解反应，该反应的化学方程式为；
（3）D的结构简式为；
（4）反应④分两步进行，第一步中D与发生加成反应的化学方程式为，第二步醇羟基发生消去反应生成E，所以第二步的反应类型为消去反应；
（5）根据E、F结构简式知，E中碳碳双键反应后生成F中碳碳单键，所以反应⑤中E断键的位置为②；
（6）的同分异构体中，满足下列条件：
①除苯环外，没有其它环；
②苯环上只有两个取代基；
③能与NaHCO3溶液反应生成气体，说明含有羧基；
④遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，
根据其不饱和度知，还存在1个碳碳三键，
如果取代基为-OH、-C≡CCOOH，有邻间对3种结构；
其中核磁共振氢谱有四组峰，面积比为2：2：1：1的结构简式为。
【分析】（1）A为甲苯；甲苯中甲基在光照条件下可以发生取代反应；
（2）一氯甲苯在碱性条件下水解生成苯甲醇；
（3）D为苯甲醛；
（4）D与发生加成反应；第二步为醇羟基的消去反应；
（5）根据E、F结构变化进行判断；
（6）熟悉个限定条件下所含的官能团，然后进一步确定其结构。
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