2019届江西省南昌市第十中学高三下学期期中考试（第二次模拟）理科综合化学试题（解析版）

2019届江西省南昌市第十中学高三下学期期中考试（第二次模拟）理科综合化学试题（解析版）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32
1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A. 成分为盐酸的洁厕灵与84消毒液混合使用易中毒
B. 利用乙醇的还原性以及Cr3+、Cr2O72-的颜色差异来检验是否酒后驾车
C. 水泥冶金厂常用高压电除尘，是因为烟尘在空气中形成胶体且发生丁达尔效应
D. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，是产生雾霾天气的主要因素
【答案】C
【解析】
【详解】A项、洁厕灵主要成分是盐酸，84消毒液的主要成分是次氯酸钠，两者混合使用，盐酸和次氯酸钠发生如下反应：Cl-+ClO-+2H+═Cl2↑+H2O，反应生成有毒的氯气容易使人中毒，故A正确；
B项、乙醇具有还原性，能与Cr2O72-反应生成Cr3+，依据Cr3+和Cr2O72-的颜色不同检验是否酒后驾车，故B正确；
C项、水泥冶金厂的烟尘在空气中形成胶体，因为胶粒带电荷，用高压电对气溶胶作用以除去大量烟尘，其原理是电泳，故C错误；
D项、PM2.5在大气中的停留时间长、输送距离远，会导致城市人为能见度下降，产生雾霾天气，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查化学与生活，侧重分析与应用能力的考查，把握物质的性质、性质与用途的关系为解答的关键。

2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 0.1 mol丙烯酸中含有的双键数目为0.1 NA
B. 标准状况下，2.24LH2O中含有的共价键数目为0.2NA
C. 6.2 g白磷分子中含P—P键为0.2 NA
D. 7.8 g Na2O2和Na2S的固体混合物中含有的离子总数为0.3 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A项、丙烯酸中含碳碳双键和碳氧双键，故1mol丙烯酸中含2mol双键，即0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA，故A错误；
B项、标况下水为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；
C项、白磷为正四面体结构，每个磷原子与其它3个P原子形成3个P-P共价键，每个P原子形成的P-P共价键数目为×3，6.2g白磷含有0.2molP，则0.2molP原子形成0.3molP-P键，含P-P键为0.3NA，故C错误；
D项、Na2O2和Na2S均由2个钠离子和1个阴离子构成，摩尔质量均为78g/mol，7.8g混合物的物质的量为0.1mol，则0.1mol混合物中含有的离子总数为0.3 NA，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查与阿伏加德罗常数有关的计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。

3.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. BaSO3与稀HNO3反应：BaSO3+2H+=Ba2＋+SO2↑+H2O
B. 用纯碱溶液溶解苯酚：CO32-＋2C6H5OH=2C6H5O－＋CO2↑＋H2O
C. 等体积等物质的量浓度的NH4Fe(SO4)2和Ba(OH)2混合：2Fe3＋＋3SO42-＋3Ba2＋＋6OH－=3BaSO4↓＋2Fe(OH)3↓
D. 用石墨作电极电解MgCl2溶液：2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－
【答案】C
【解析】
【分析】
A、BaSO3与稀HNO3发生氧化还原反应生成硫酸钡、NO和水；
B、苯酚与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠；
C、等体积等物质的量浓度的NH4Fe（SO4）2和Ba（OH）2混合时，Fe3+和SO42-过量；
D、以石墨为电极电解氯化镁溶液，水在阴极上放电生成氢氧根离子，氢氧根离子和镁离子反应生成氢氧化镁白色沉淀。
【详解】A项、BaSO3与稀HNO3发生氧化还原反应生成硫酸钡、NO和水，反应的离子方程式为3BaSO3+2NO3-+2H+═3BaSO4↓+2NO↑+H2O，故A错误；
B项、苯酚与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：C6H5OH+CO32-
=HCO3-+C6H5O-，故B错误；
C项、等体积等物质的量浓度的NH4Fe（SO4）2和Ba（OH）2混合时，Fe3+和SO42-过量，产物有硫酸钡和Fe（OH）3，没有一水合氨生成，所以其反应离子方程式为：2Fe3++3SO42-+3Ba2++
6OH-=3BaSO4↓+2Fe（OH）3↓，故C正确；
D项、以石墨为电极电解氯化镁溶液，水在阴极上放电生成氢氧根离子，氢氧根离子和镁离子反应生成氢氧化镁白色沉淀，反应的离子方程为：2Cl-+Mg2++2H2OH2↑+Cl2↑+Mg（OH）2↓，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查离子方程式的书写，侧重分析与应用能力的考查，把握发生的反应、离子反应的书写方法，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒的判断为解答的关键。

4.四种短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序数依次增大，X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同，X和W的单质化合生成气体B，常温下0.1mol/L的B溶液的pH=1，气体A和气体B相遇产生白烟，X与Z可按原子个数比1︰1形成化合物C。下列说法正确的是（ ）
A. 化合物C可能为离子化合物
B. Z离子的半径比Y离子的大
C. Y的非金属性很强，其单质非常活泼
D. 最高价氧化物的水化物的酸性Y比W强
【答案】A
【解析】
【分析】
四种短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序数依次增大，X和W的单质化合生成气体B，常温下0.1mol/L的B溶液的pH=1，则B是一元强酸，则X是H元素，W是Cl元素；气体A和气体B相遇产生白烟，则B是NH3，X和Y的单质化合生成气体A，A分子中的电子数与氖原子相同，所以Y 是N元素；X与Z可按原子个数比1︰1形成化合物C，Z可能是O、F、Na中的任一种，C可能是H2O2、HF、NaH中的一种。
【详解】综上所述可知可知：X是H元素，Y是N元素，W是Cl元素；Z可能为O、F、Na中的任一种。
A.若C为NaH，则含有离子键，化合物C可能为离子化合物，A正确；
B.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以无论Z是O、F、Na中的任何一种元素，N3-的半径比O2-、F-和Na+的半径都大，B错误；
C.Y是N元素，尽管N元素的非金属性很强，但由于N2分子中有N≡N的存在，键能大，键长短，断裂时需要消耗很大的能量，所以N2并不活泼，C错误；
D.高氯酸HClO4 的酸性比HNO3强，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的应用知识。根据已知信息推断元素是本题解答的关键。突破口是气体A和气体B相遇产生白烟，可知气体为NH3、HCl，再结合原子序数大小及分子特点推测元素种类。

5.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向硅酸钠溶液中滴加盐酸，有白色胶状沉淀生成
非金属性：C1>Si
B
某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成
溶液中一定含有Cl－
C
淀粉溶液在硫酸存在下加热一段时间后，再与新制的Cu(OH)2悬浊液混合，加热煮沸，无红色沉淀生成
淀粉没有水解
D
向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末，出现红褐色沉淀和无色气体
FeCl2溶液部分变质


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A。非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，盐酸不是含氧酸，不能因为盐酸酸性比硅酸强判断氯和硅的非金属性强弱，故错误；
B. 某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有氯离子，故正确；
C. 淀粉溶液在硫酸存在下加热一段时间后，应先加入氢氧化钠中和酸，然后再与新制的Cu(OH)2悬浊液混合，加热煮沸，看有无红色沉淀生成，故错误；
D. 向FeCl2溶液中加入足量Na2O2粉末，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和氯化亚铁反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁和氧气反应生成氢氧化铁，出现红褐色沉淀和无色气体，不能说明氯化亚铁变质，故错误。
故选B。
【点睛】掌握双糖或多糖水解程度的检验方法，注意水解产物为葡萄糖，含有醛基，但检验醛基需要在碱性条件下，双糖或多糖水解一般在酸性条件下进行，所以水解一段时间后需要加入氢氧化钠中和酸，再检验醛基的存在。

6.元素周期表中钌(Ru)与铁相邻位于铁的下一周期，某钌光敏太阳能电池的工作原理如下图所示，图中RuII*表示激发态。下列说法正确的是（ ）

A. 电池工作时，直接将太阳能转化为电能
B. 镀铂导电玻璃的作用是传递I－
C. 电池的电解质溶液中I－ 和I3－的浓度不断减小
D. 电解质溶液中发生反应：2Ru3+ + 3I－= 2Ru2+ + I3－
【答案】D
【解析】
【分析】
由图中电流移动方向可知，镀Pt导电玻璃为正极，I3-在正极上放电发生还原反应生成I-，电极反应式为I3-+2e-=3I-，透明导电玻璃为负极，钌（RuII）的配合物获得太阳能转化为激发态RuII*，激发态RuII*在负极上放电发生氧化反应生成RuIII，I-在电池电解质溶液中部与RuIII反应生成I3-和RuII，电解质溶液中发生反应为2Ru3++3I-=2Ru2++I3-。
【详解】A 项、由图可知，透明导电玻璃上钌（RuII）的配合物获得太阳能转化为激发态RuII*，激发态RuII*在负极上放电发生氧化反应生成RuIII，能量转化形式是太阳能先转化为化学能，化学能再转化为电能，故A错误；
B项、镀Pt导电玻璃为正极，I3-在正极上放电发生还原反应生成I-，电极反应式为I3-+2e-=3I-，故B错误；
C项、由电池工作原理可知，I3-在正极上放电发生还原反应生成I-，I-在电池电解质溶液中部与RuIII反应生成I3-和RuII，电池的电解质溶液中I－和I3－的浓度不变，故C错误；
D项、I3-在正极上放电发生还原反应生成I-，激发态RuII*在负极上放电发生氧化反应生成RuIII，I-在电池电解质溶液中部与RuIII反应生成I3-和RuII，电解质溶液中发生反应为2Ru3++3I-=2Ru2++I3-，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查原电池的工作原理，注意通过电流移动方向判断电池的电极，明确电池工作时能量的转化形式，两极的电极反应式和溶液中发生的化学反应是解答的关键。

7.化学上常用AG表示溶液中的酸碱度，AG＝lg。25℃时，用0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定20．0 mL 0.100 mol·L－1某酸（HA）溶液，AG与所加NaOH溶液的体积（V）关系如图所示，下列说法正确的是

A. B点溶液中存2c（H＋）－2c（OH－）＝c（A－）－c（HA）
B. C点时，加入NaOH溶液的体积大于20．00 mL
C. 滴定过程中应该选择甲基橙做指示剂
D. 25℃时，该酸HA的电离平衡常数Ka＝1．0×10－5.5
【答案】A
【解析】
【分析】
由图可知，A点lg=8.5，由Kw=1.0×10-14可得c2（H+）=1.0×10-5.5，c（H＋）＜0.100 mol·L－1，则HA为弱酸；B点为等浓度的HA和NaA混合溶液，溶液显酸性；C点时c（H＋）=c（OH－），溶液显中性，为HA和NaA混合溶液；当HA溶液完全反应时，加入NaOH溶液的体积为20．00 mL。
【详解】A项、由图可知，B点为等浓度的HA和NaA混合溶液，溶液显酸性，溶液中存在电荷守恒关系c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（A-）和物料守恒关系2c（Na+）=c（HA）+c（A-），将两式合并可得2c（H+）-2c（OH-）=c（A-）-c（HA），故A正确；
B项、由图可知，C点时c（H＋）=c（OH－），溶液显中性，为HA和NaA混合溶液，HA未完全反应，则加入NaOH溶液的体积小于20．00 mL，故B错误；
C项、强碱滴弱酸时，因反应生成强碱弱酸盐，酸碱完全反应时溶液显碱性，应选择酚酞做指示剂，故C错误；
D项、由图可知，A点lg=8.5，由Kw=1.0×10-14可得c2（H+）=1.0×10-5.5，c（H＋）=，HA的电离常数Ka===1×10-4.5，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断，侧重考查分析能力、理解问题的能力及计算能力，注意把握AG计算公式的运用，正确分析图象曲线变化，掌握酸碱混合定性判断的方法为解答关键。

8.亚硝酸钠广泛用于工业、建筑业及食品加工业。某课外活动小组的同学拟制备亚硝酸钠、测定其产品的纯度并验证亚硝酸钠的某些性质。
（1）甲组同学采用下图装置制取亚硝酸钠。

①仪器M的名称是______________。
②装置A中用较浓的硫酸而不用稀硫酸的原因是_____________________。
③若装置B中生成等物质的量的NO与NO2，则装置B中发生反应的离子方程式为______。
④已知NO与NaOH溶液不反应，而NO2可与NaOH溶液发生反应：2NO2＋2NaOH NaNO3＋NaNO2＋H2O。若通入装置C中的NO与NO2物质的量之比为1 ：1，则装置C中发生反应的化学方程式为_______。
（2）乙组同学拟测定甲组制得的产品中NaNO2的纯度。乙组同学采用高锰酸钾滴定法，称取m g试样于锥形瓶中，加入适量水溶解，然后用c mol·L－1的KMnO4溶液（适量稀H2SO4酸化）进行滴定，并重复上述操作2次。
①高锰酸钾溶液应盛放在___________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
②滴定至终点时溶液的颜色变化是__________________。
③若滴定至终点时平均消耗VmL标准溶液，则产品的纯度为_____（用含c、m、V的代数式表示）。
（3）丙组同学拟设计实验证明：
①酸性条件下NaNO2具有氧化性。实验操作为________________________。
②HNO2的酸性比CH3COOH强。实验操作为__________________________。
【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). SO2易溶于水，在稀硫酸中不易逸出 (3). 2SO2+H2O+2NO3-=NO+NO2+2SO42-+2H+ (4). NO+NO2+2Na2CO3+H2O=2NaNO2+ 2NaHCO3 (5). 酸式 (6). 由无色变为淡紫红色(或浅红色)，且半分钟内不褪色 (7). %(或×100%) (8). 取少量 NaNO2溶于水，加入少量稀硫酸酸化后用淀粉碘化钾试纸试验，观察颜色变化(或其他合理答案) (9). 相同温度下，分别测定相同物质的量浓度的NaNO2溶液与CH3COONa溶液的pH，比较pH的大小(或其他合理答案)
【解析】
分析】
由装置图可知，装置A用80%硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，反应生成的二氧化硫通入到装置B中，SO2与8mol/L硝酸反应制得等物质的量的NO与NO2，等物质的量的NO与NO2通入到装置C中，与碳酸钠溶液反应制得亚硝酸钠。
【详解】（1）①装置A中仪器M为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；
②装置A用80%硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，，二氧化硫易溶于水，如果用稀硫酸，二氧化硫不易逸出，若用较浓硫酸，可以减少SO2的溶解，有利于二氧化硫逸出，故答案为：SO2易溶于水，在稀硫酸中不易逸出；
③B装置中HNO3具有强氧化性，与具有还原性的SO2反应生成等物质的量的NO和NO2，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子反应方程式为：2SO2+H2O+2NO3－=NO+NO2+2SO42－+2H＋，故答案为：2SO2+
H2O+2NO3－=NO+NO2+2SO42－+2H＋；
④等物质的量的NO和NO2在碳酸钠浓溶液中发生氧化还原反应生成NaNO2和NaHCO3，反应的化学方程式为NO+NO2+2Na2CO3+H2O=2NaNO2+ 2NaHCO3，故答案为：NO+NO2+2Na2CO3+H2O
=2NaNO2+ 2NaHCO3；
（2）①酸式滴定管只盛放酸性溶液和具有强氧化性的溶液，碱式滴定管盛放碱性溶液，高锰酸钾溶液具有强氧化性，应盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；
②亚硝酸钠溶液与高锰酸钾标准溶液反应时，滴入的紫红色高锰酸钾溶液褪色，则滴定至终点时溶液的颜色变化是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为浅红色，且30s内不恢复原来的颜色，故答案为：由无色变为淡紫红色(或浅红色)，且半分钟内不褪色；
③由得失电子数目守恒可得n(KMnO4)×5=n(NaNO2)×2，n(NaNO2)=5×V×10－3×c/2mol，则NaNO2的纯度为5Vc×10－3×69/2m×100%=×100%=%，故答案为：%(或×100%)；
（3）①NaNO2具有氧化性，能与酸化的淀粉－KI试液反应生成单质碘使溶液变蓝色，具体操作是取少量 NaNO2溶于水，加入少量稀硫酸酸化后用淀粉碘化钾试纸试验，观察颜色变化，故答案为：取少量 NaNO2溶于水，加入少量稀硫酸酸化后用淀粉碘化钾试纸试验，观察颜色变化；
②比较酸性强弱，可用以下方法，相同物质的量浓度的酸溶液，溶液pH越小说明酸性越强；相同物质的量浓度NaNO2和CH3COONa溶液，酸性越强，盐的水解程度越小，盐溶液的pH越小等；则比较酸性强弱，可用以下方法：相同温度下，分别测定相同物质的量浓度的NaNO2溶液与CH3COONa溶液的pH，比较pH的大小，故答案为：相同温度下，分别测定相同物质的量浓度的NaNO2溶液与CH3COONa溶液的pH，比较pH的大小。
【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意实验设计要遵循严密性、可行性、科学性的原则，明确物质的性质和实验原理为解答关键，本题的难点是氧化还原反应方程式的书写，一般来说先找出氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，然后根据化合价的升降法进行配平，最后根据原子守恒和电荷守恒配平其他。

9.镍废料中主要含有Ni，还有少量的Cu、Fe、Pb等。现从中制取Ni2O3，可用于制造人造卫星、宇宙飞船的高能电池，也可用于制成镍镉碱性电池。生产流程见下：

已知0.010 mol/L金属离子在不同pH下的沉淀情况如下：

Fe3+
Cu2+
Ni2+
Fe2+
开始沉淀pH
3.0
5.0
7.4
9.7
完全沉淀pH
4.0
6.5
90
11


回答下列问题：
（1）加入碳酸钙调pH目的是___________________，“沉渣2”的主要成分是_____，必须先过滤“沉渣1”后再进行“除Cu”的原因是______________。
（2）用离子方程式解释加入NH4F “除Ca”的过程________________。
（3）“酸浸”时参与反应的H2SO4与HNO3物质的量比保持为3:2，此时Ni单质所发生的化学方程式为_______。
（4）“操作X”是________、________
（5）向NiO中加入盐酸溶解，待完全溶解后，加入足量NaOH溶液，再加入NaClO溶液，写出其中和NaClO相关的反应的离子方程式为__________________。
（6）根据上表数据，计算当0.010 mol/L NiSO4溶液中Ni2+完全沉淀时的c(Ni2+)＝ ____mol/L。
【答案】 (1). 提高溶液 pH，去除Fe3+(使之转化为 Fe(OH)3) (2). CuS (3). “除 Cu”时溶液pH会降低，可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀 (4). Ca2+ +2F-=CaF2↓ (5). 3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO↑+4H2O (6). 过滤 (7). 洗涤 (8). 2Ni(OH)2+ClO- =Ni2O3+Cl- +2H2O (9). 10-5.2
【解析】
【分析】
由流程图可知，镍废料在70—80℃条件下，与硫酸和硝酸的混酸反应，镍废料溶解得到浸出液，向浸出液中加入双氧水，将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钙调节溶液pH，可使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去；向滤液中加入H2S，溶液中铜离子转化为硫化铜沉淀而除去；向所得滤液中加入NH4F溶液，溶液中钙离子转化为氟化钙沉淀而除去；向滤液中加入草酸溶液，溶液中镍离子转化为草酸镍沉淀，煅烧草酸镍沉淀，草酸镍分解生成NiO，向NiO中加入盐酸溶解NiO生成Ni2+，Ni2+在碱性条件下与次氯酸钠反应生成氧化镍。
【详解】（1）加入碳酸钙调节溶液pH，可使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去；向滤液中加入H2S，溶液中铜离子转化为硫化铜沉淀；除溶液中铜离子时，铜离子与硫化氢反应时，有氢离子生成，使溶液pH会降低，可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀，所以必须先过滤“沉渣1”后再进行“除Cu”，故答案为：提高溶液 pH，去除Fe3+(使之转化为 Fe(OH)3）；CuS ； “除 Cu”时溶液pH会降低，可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀；
（2）加入NH4F溶液，溶液中的钙离子与氟离子反应生成氟化钙沉淀，达到除钙的目的，反应的离子方程式为Ca2++2F-=CaF2↓；故答案为：Ca2++2F-=CaF2↓；
（3）由题意设H2SO4与HNO3物质的量分别为3mol，2mol；两种混合酸提供氢离子8mol，2mol硝酸根离子全部被还原为2mol一氧化氮，转移电子总数为6mol，镍在反应中被氧化为硫酸镍，根据电子守恒可知，消耗金属镍3mol，则反应的化学方程式为：3Ni+3H2SO4+2HNO3
=3NiSO4+2NO↑+4H2O，故答案为：3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO↑+4H2O；
（4）向滤液中加入草酸，溶液中镍离子与草酸反应生成草酸镍沉淀，然后进行过滤、洗涤干燥得到草酸镍沉淀，故答案为：过滤；洗涤；
（5）向NiO中加入盐酸溶解，待完全溶解后生成NiCl2，NiCl2在碱性环境下被次氯酸钠氧化为三氧化二镍、次氯酸钠被还原为氯化钠，反应的离子方程式为：2Ni(OH)2+ClO-=
Ni2O3+Cl-+2H2O ，故答案为：2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O；
（6）由表中数据可知，当0.010 mol/L NiSO4溶液中Ni2+开始沉淀时，溶液中c（OH-）=10-6.6mol/L，Ksp[Ni(OH)2]= c（Ni2+）c2（OH-）= 0.010 mol/L×(10-6.6mol/L)2=10-15.2，当0.010 mol/L NiSO4溶液中Ni2+完全沉淀时，溶液中c（OH-）=10-5mol/L，c（Ni2+）===10-5.2 mol/L，故答案为：10-5.2。
【点睛】本题考查化学工艺流程，注意理解流程所表达的化学信息，利用物质的性质分析物质的转化，注意溶度积的计算是解答关键。

10.CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
（1）CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g) = CH4(g) ΔH= -76 kJ·mol−1
C(s)+O2(g) = CO2(g) ΔH= -394 kJ·mol−1
2C(s)+ O2(g) =2 CO(g) ΔH= -222 kJ·mol−1
该催化重整反应的ΔH=______kJ·mol−1，有利于提高CH4平衡转化率的条件是（填标号）。______________
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为___mol2·L−2。
（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：

积碳反应： CH4(g) C(s)+2H2(g)
消碳反应： CO2(g)+C(s) 2CO (g)
ΔH/(kJ·mol−1)
+75
+172
活化能/
(kJ·mol−1)
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72




①上表判断，催化剂X_______Y（填“优于”或“劣于”），理由是：____________。
在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的 变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(υ)的叙述正确的是________填标号）。

A．K积、K消均增加
B．υ积减小，υ消增加
C．K积减小，K消增加
D．υ消增加的倍数比υ积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为υ=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为____。

【答案】 (1). +248 (2). A (3). 1/3 (4). 劣于 (5). 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大 (6). AD (7). pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
【解析】
【详解】（1）将已知反应依次编号为①②③，根据盖斯定律可知③-②-①即得到该催化重整反应：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)，则ΔH=（-222 kJ·mol−1）—（-394 kJ·mol−1）—（-76 kJ·mol−1）=+248kJ·mol−1；该反应是一个气体体积增大的吸热反应，升高温度和降低压强，平衡向正反应方向移动，CH4平衡转化率增大；某温度下，在体积为2L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式可建立三段式：
CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)
起（mol/L）1 0.5 0 0
变（mol/L）0.25 0.25 0.5 0.5
平（mol/L）0.75 0.25 0.5 0.5
则化学平衡常数K===mol2·L−2，故答案为：+248；A；；
（2）①根据表中数据可知，相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y；
A、正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确；
B、升高温度反应速率均增大，B错误；
C、根据A中分析可知选项C错误；
D、积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明υ消增加的倍数比υ积增加的倍数大，D正确；
正确的为AD，故答案为：劣于；相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大；AD；
②根据反应速率方程式可知在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)，故答案为：pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。
【点睛】本题考查化学反应原理的综合应用，涉及了盖斯定律计算、化学平衡移动等知识，注意掌握盖斯定律和化学平衡常数的计算，运用题给信息和图像分析是解答关键。

11.金属及其相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）下列关于金属及金属键的说法不正确的是______。（填字母代号）
a．金属键没有方向性与饱和性
b．金属键是金属原子与自由电子间的相互作用
c．金属熔沸点不同的原因可以用金属键强弱解释
d．电子气理论可解释金属材料的延展性，不能解释金属有良好的导电性
（2）钒广泛用于催化及钢铁工业，基态钒原子的价层电子排布图为______________。
（3）二茂铁又叫双环戊二烯基铁[Fe(C5H5)2]，熔点是172.5～173 ℃，100 ℃以上升华，二茂铁属于_____晶体。已知分子中的大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）。已知二茂铁的每个茂环带有一个单位负电荷，则每个环中的大π键应表示为________________。
（4）铜可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，若要确定[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4是晶体还是非晶体，最科学的方法是对其进行______实验，其中阴离子的空间构型是_____，该化合物加热时首先失去的组分是H2O，原因是________。
（5）最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体也具有超导性，该物质形成的晶体的立方晶胞结构如图所示。

①与Mg紧邻的Ni有________个。
②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。该晶胞中原子的坐标参数为a为(0，0，0)；b为(1/2，1/2，0)；d为(1，1，1)。则c原子的坐标参数为_______。
③若晶胞中Ni、Mg之间的最短距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度ρ＝______g·cm－3(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】 (1). bd (2). (3). 分子 (4). (5). X－射线衍射 (6). 正四面体 (7). H2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的弱 (8). 12 (9). （1，1/2，1/2） (10).
【解析】
（1）a．金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，金属键没有方向性与饱和性，a正确；b．金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，b错误；c．金属晶体熔、沸点高低和硬度大小一般取决于金属键的强弱，金属的熔沸点不同的原因可以用金属键强弱解释，c正确；d．金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，可用电子气理论解释，d错误，答案选bd；（2）钒是23号元素，基态钒原子的价层电子排布图为。（3）二茂铁熔点是172.5～173℃，100℃以上升华，因此二茂铁属于分子晶体。因为每个环戊二烯中含有5个C原子，且二茂铁的每个茂环带有一个单位负电荷，则每个环中的大π键应表示为。（4）铜可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，若要确定[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4是晶体还是非晶体，最科学的方法是对其进行X－射线衍射实验，其中阴离子是硫酸根，其空间构型是正四面体。由于H2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的弱，所以该化合物加热时首先失去的组分是H2O。（5）①根据晶胞结构可知与Mg紧邻的Ni有个。②该晶胞中原子的坐标参数为a为(0，0，0)；b为(1/2，1/2，0)；d为(1，1，1)，则c原子的坐标参数为（1，1/2，1/2）。③若晶胞中Ni、Mg之间的最短距离为a pm，则面对角线是2a pm，边长是，则晶体的密度 g·cm－3。
点睛：注意掌握原子的核外电子排布式(图)的书写：（1）核外电子排布式：用数字在能级符号右上角表明该能级上排布的电子数。为了简化，通常把内层已达稀有气体电子结构的部分称为“原子实”，用该稀有气体的元素符号加方括号来表示。例如，K：[Ar]4s1。（2）核外电子排布图：用□表示原子轨道，↑和↓分别表示两种不同自旋方向的电子。如氧原子的核外电子排布图可表示为 。核外电子排布图能直观地反映出原子的核外电子的自旋情况以及成对电子对数和未成对的单电子数。（3）价电子排布式：如Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，价电子排布式为3d64s2。价电子排布式能反映基态原子的能层数和参与成键的电子数以及最外层电子数。

12.瑞巴匹特为新型抗溃疡药，它可保护胃肠黏膜免受各种致溃疡因子的危害，其合成路线如下：

（1）A的化学名称为________，A与足量的NaOH溶液反应的化学方程式________。
（2）化合物D中含氧官能团的名称为________。
（3）反应①～④中，属于取代反应的是________（填序号）。
（4）C→D的转化中，生成的另一种产物为HCl，则X的结构简式为________。
（5）已知Y中的溴原子被－OH取代得到Z，写出同时满足下列条件的Z的一种同分异构体的结构简式：________。
Ⅰ．分子中含有一个苯环和一个五元环，且都是碳原子形成环；
Ⅱ．苯环上有两个取代基，且处于对位；
Ⅲ．能与NaHCO3溶液发生反应。
（6）已知：①CH3CH2OHCH3CH2Br，请写出以A和HOCH2CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例如下：___
【答案】 (1). 丙二酸二乙酯 (2). C2H5OOCCH2COOC2H5＋2NaOHNaOOCCH2COONa＋2C2H5OH (3). 肽键、酯基 (4). ①③④ (5). (6). (7).
【解析】
【分析】
由题给有机物的转化关系可知，与亚硝酸钠发生取代反应生成，发生还原反应生成，与发生取代反应生成，与发生取代反应生成， 与氢氧化钾水溶液反应，酸化得到。
【详解】(1)有机物A的结构简式为，该物质属于酯类，名称为丙二酸二乙酯；
酯可在NaOH溶液中发生碱性水解，丙二酸二乙酯与足量NaOH溶液反应生成丙二酸钠和乙醇，反应的化学方程式为+2NaOHNaOOCCH2COONa+2C2H5OH，故答案为：丙二酸二乙酯；+2NaOHNaOOCCH2COONa+2C2H5OH；
（2）化合物D的结构简式为，官能团为氯原子、肽键和酯基，含氧官能团为肽键和酯基，故答案为：肽键和酯基；
（3）反应①为与亚硝酸钠发生取代反应生成，反应②为发生还原反应生成，反应③为与发生取代反应生成，反应④为与发生取代反应生成，属于取代反应的为①③④，故答案为：①③④；
（4）C→D的反应为与发生取代反应生成和氯化氢，则X为，故答案为：；
（5）中的溴原子被－OH取代得到，的同分异构体能与NaHCO3溶液发生反应，说明含有羧基，分子中含有一个苯环和一个五元环，且都是碳原子形成环，苯环上有两个处于对位的取代基，则Z的一种同分异构体的结构简式为，故答案为：；
（6）由题给信息可知，一定条件下，HOCH2CH2CH2OH与HBr发生取代反应生成BrCH2CH2CH2Br，仿D→E→F，BrCH2CH2CH2Br在乙醇钠作用下，与发生取代反应生成，与氢氧化钾水溶液反应，酸化得到，合成路线如下：
，故答案为：
。
【点睛】本题考查有机化学基础，解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中原子数目的变化，在此基础上判断有机物的反应类型，书写有关化学方程式。