廣州市第一一三中學(xué)2020屆高三11月月考
理科綜合-化學(xué)試卷
注意事項(xiàng)：
1.本試卷分第I卷(選擇題)和第II卷《非選擇題)兩部分。答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。
2.回答第I卷時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號。 寫在本試卷上無效。
3.回答第II卷時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效。
4.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。
可能用到的相對原子質(zhì)量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Mg 24
1.下列關(guān)于自然界中氮循環(huán)的說法錯誤的是
A. 氮肥均含有NH4+
B. 雷電作用固氮中氮元素被氧化
C. 碳、氫、氧三種元素參與了自然界中氮循環(huán)
D. 合成氨工業(yè)的產(chǎn)品可用于侯氏制堿法制備純堿
【答案】A
【解析】
【詳解】A項(xiàng)，除了含有銨根NH4+的氨態(tài)氮肥以外，還有硝態(tài)氮肥（以硝酸根NO3-為主）、銨態(tài)硝態(tài)氮肥（同時含有硝酸根和銨根）、酰胺態(tài)氮肥（尿素），故A項(xiàng)錯誤；
B項(xiàng)，在閃電（高能）作用下，生成氮氧化合物，氮元素化合價升高，所以雷電作用固氮中氮元素被氧化，故B項(xiàng)正確；
C項(xiàng)，碳、氫、氧三種元素參加了氮循環(huán)，如蛋白質(zhì)的制造需要碳元素，又如氮?dú)庠诜烹姉l件下，與氧氣直接化合生成一氧化氮?dú)怏w，二氧化氮易與水反應(yīng)生成硝酸和一氧化氮等，故C項(xiàng)正確；
D項(xiàng)，侯氏制堿法制備純堿涉及的反應(yīng)為：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氫鈉加熱分解生成碳酸鈉，該制備中用到了氨氣，所以合成氨工業(yè)的產(chǎn)品可用于侯氏制堿法制備純堿，故D項(xiàng)正確。
故選A。
【點(diǎn)睛】本題考查自然界中氮循環(huán)，涉及氮肥、自然固氮和侯氏制堿法等知識，易錯點(diǎn)有氮肥不只是銨態(tài)氮肥，還有硝態(tài)氮肥和尿素等，全面掌握基礎(chǔ)知識是解題的關(guān)鍵。
2.環(huán)之間共用一個碳原子的化合物稱為螺環(huán)化合物，螺[3,3]庚烷（）是其中的一種。下列關(guān)于該化合物的說法正確的是
A. 與甲苯（C7H8）互為同分異構(gòu)體
B. 1mol該化合物完全燃燒時消耗10 mol O2
C. 所有碳原子均處同一平面
D. 一氯代物共有3種（不含立體異構(gòu)）
【答案】B
【解析】
【詳解】A．該化合物分子式為C7H12，有兩個環(huán)，不飽和度是2；甲苯（C7H8）含有一個苯環(huán)，不飽和度是4，所以不可能是同分異構(gòu)體，故A錯誤；
B．該化合物分子式為C7H12，1mol該化合物完全燃燒時消耗O2的物質(zhì)的量為：（7+）mol=10mol，故B正確；
C．兩個環(huán)的碳原子均為飽和碳原子，具有甲烷四面體結(jié)構(gòu)，所有碳原子不同面，故C錯誤；
D．由結(jié)構(gòu)簡式可知，該化合物分子中共有兩種等效氫原子，所以一氯代物共有2種，故D錯誤。
故選B。
3.NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是
A. 4g甲烷完全燃燒轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA
B. 11.2L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）CCl4中含有的共價鍵數(shù)為2NA
C. 3 mol SO2和1mol O2于密閉容器中催化反應(yīng)后分子總數(shù)為3NA
D. 1L 0.1mol·L－1的Na2S溶液中HS－和S2－離子數(shù)之和為0.1 NA
【答案】A
【解析】
【詳解】A. 甲烷完全燃燒生成二氧化碳和水，碳元素化合價由-4價升高到+4價，所以4g甲烷完全燃燒轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為8NA/mol =2NA，故A正確；
B. CCl4在標(biāo)況下為非氣態(tài)，無法計算11.2LCCl4的物質(zhì)的量，故B錯誤；
C. SO2和O2反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)不能進(jìn)行完全，SO2和O2都有剩余，所以3 mol SO2和1mol O2于密閉容器中催化反應(yīng)后分子總數(shù)大于3NA，故C錯誤；
D. Na2S溶液中分兩步水解，生成HS－和H2S，根據(jù)物料守恒關(guān)系：HS－、H2S和S2－離子數(shù)之和為0.1NA，故D錯誤。
故選A。
【點(diǎn)睛】本題為“NA”應(yīng)用試題，解答此類題要注意題設(shè)陷阱，本題B選項(xiàng)，CCl4在標(biāo)況下非氣態(tài)，C選項(xiàng)，二氧化硫和氧氣反應(yīng)為可逆反應(yīng)，D選項(xiàng)，要注意物料守恒的正確使用，考生只有在平時多總結(jié)，才能做到考試時慧眼識別。
4.下列實(shí)驗(yàn)中，所采取的分離方法與對應(yīng)原理都正確的是（ ）
選項(xiàng)
目的
分離方法
原理
A
分離氫氧化鐵膠體與FeCl3溶液
過濾
膠體粒子不能通過濾紙
B
用乙醇提取碘水中的碘
萃取
碘在乙醇中的溶解度較大
C
用MgCl2溶液制備無水MgCl2固體
蒸發(fā)
MgCl2受熱不分解
D
除去丁醇中的乙醚
蒸餾
丁醇與乙醚的沸點(diǎn)相差較大


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【詳解】A項(xiàng)，膠體粒子可以通過濾紙，但不能通過半透膜，所以分離膠體與溶液的方法是滲析，故A項(xiàng)錯誤；
B項(xiàng)，乙醇會溶于水，致使碘、水、乙醇三者混溶，不能用乙醇萃取的方法進(jìn)行分離，故B項(xiàng)錯誤；
C項(xiàng)，用MgCl2溶液制備無水MgCl2固體，要先升溫蒸發(fā)，然后降溫結(jié)晶獲得六水合氯化鎂，然后通過干燥氯化氫氣流加熱得到MgCl2，故C項(xiàng)錯誤；
D項(xiàng)，丁醇和乙醚的沸點(diǎn)相差大，可以用蒸餾的方法分離，故D項(xiàng)正確。
綜上所述，本題的正確答案為D。
5.短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大，W的氣態(tài)氫化物的水溶液可使酚酞變紅，W與X可形成一種紅棕色有刺激性氣味的氣體，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，Z原子最外層電子數(shù)與W原子的電子總數(shù)相同。下列說法中正確的是
A. W的氧化物對應(yīng)水化物均為強(qiáng)酸
B. 簡單離子半徑：W＜X＜Y
C. 簡單氫化物沸點(diǎn)：Z＜W
D. Y與Z形成的化合物的水溶液呈堿性
【答案】C
【解析】
【分析】
W與X形成紅棕色有刺激性氣味的氣體是NO2，且W的氣態(tài)氫化物的水溶液可使酚酞變紅，則W為N，X為O，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，則Y為Na，Z原子最外層電子數(shù)與W電子總數(shù)相同，則Z為Cl。
綜上，W、X、Y、Z分別為N、O、Na、Cl。
【詳解】根據(jù)以上分析，W、X、Y、Z分別為N、O、Na、Cl，
A項(xiàng)，W為N，N的氧化物N2O3對應(yīng)水化物HNO2為弱酸，故A項(xiàng)錯誤；
B項(xiàng)，N3-、O2-、Na+三種離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，核電荷數(shù)越大半徑越小，所以簡單離子半徑：N3->O2->Na+，故B項(xiàng)錯誤；
C項(xiàng)，Z為Cl，W為N，由于氨分子之間存在氫鍵，沸點(diǎn)較高，簡單氫化物沸點(diǎn)：Cl＜N，故C項(xiàng)正確；
D項(xiàng)，Y為Na，Z為Cl，Y與Z形成的化合物為NaCl，為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，不水解，水溶液呈中性，故D項(xiàng)錯誤。
綜上所述，本題正確答案為C。
6.一種釕（Ru）基配合物光敏染料敏化太陽能電池的示意圖如下。

電池工作時發(fā)生的反應(yīng)為：?
RuII RuII *(激發(fā)態(tài))
RuII *→?RuIII+e-
I3-+ 2e-→3I-
RuIII+3I-→RuII++ I3-
下列關(guān)于該電池敘述錯誤的是 ( )
A. 電池中鍍Pt導(dǎo)電玻璃為正極
B. 電池工作時，I－離子在鍍Pt導(dǎo)電玻璃電極上放電
C. 電池工作時，電解質(zhì)中I－和I3－濃度不會減少
D. 電池工作時，是將太陽能轉(zhuǎn)化為電能
【答案】B
【解析】
【分析】
由圖電子的移動方向可知，半導(dǎo)材料TiO2為原電池的負(fù)極，鍍Pt導(dǎo)電玻璃為原電池的正極，電解質(zhì)為I3-和I-的混合物，I3-在正極上得電子被還原，正極反應(yīng)為I3-+2e-=3I-，由此分析解答。
詳解】根據(jù)上述分析，結(jié)合圖示信息得，
A. 由圖可知，鍍Pt導(dǎo)電玻璃極為電子流入的一極，所以為正極，A項(xiàng)正確；
B. 原電池中陰離子在負(fù)極周圍，所以I-離子不在鍍Pt導(dǎo)電玻璃電極上放電，B項(xiàng)錯誤；
C. 電池的電解質(zhì)溶液中I-的濃度和I3-的濃度不變，C項(xiàng)正確；
D. 由圖可知該電池是將太陽能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，D項(xiàng)正確。
答案選B。
7.一定溫度下，三種碳酸鹽MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法錯誤的是

A. Ksp(MnCO3)的數(shù)量級為10－11
B. MgCO3的懸濁液中加入少量水充分振蕩，c(Mg2＋)不變
C. a點(diǎn)表示的溶液中，c(Ca2＋)＞c(CO32－)
D. 向濃度均為0.01mol·L－1的Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液，最先形成MgCO3沉淀
【答案】D
【解析】
【分析】
A．計算出Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)?c(CO32-)解答；
B．MgCO3的懸濁液中加入少量水，Ksp保持不變；
C．a(chǎn)點(diǎn)表示CaCO3的飽和溶液，但-lgc(CO32-)＞-lgc(Ca2+)；
D．Ksp越小，越易生成沉淀。
【詳解】A．利用(0，10.7)或(10.7，0)計算Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)?c(CO32-)=1×10-10.7=100.3×10-11，1＜100.3＜10，所以Ksp(MnCO3)數(shù)量級為10-11，A正確；
B．MgCO3的懸濁液中加入少量水，溫度不變，所以Ksp保持不變，所以c(Mg2+)不變，B正確；
C．a(chǎn)點(diǎn)表示CaCO3的飽和溶液，但-lgc(CO32-)＞-lgc(Ca2+)；所以c(Ca2+)＞c(CO32-)，C正確；
D．-lgc(CO32-)=4時，-lgc(Mn2+)最大，-lgc(Mg2+)最小，即c(Mn2+)最小，c(Mg2+)最大，所以Ksp(MnCO3)最小，Ksp(MgCO3)最大，所以向濃度均為0.01mol/L的Mg2+、Ca2+、Mn2+混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液，先生成MnCO3沉淀，D錯誤；
故合理選項(xiàng)是D。
【點(diǎn)睛】本題主要考查了沉淀溶解平衡曲線的知識，弄清坐標(biāo)系中橫坐標(biāo)、縱坐標(biāo)的含義，掌握圖線中pc(CO32-)、pM數(shù)值越大，實(shí)際濃度越小是解題的關(guān)鍵，本題側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力。
8.實(shí)驗(yàn)室可用溢流法連續(xù)制備無水四氯化錫（SnCl4）。SnCl4易揮發(fā)，極易發(fā)生水解，Cl2極易溶于SnCl4。制備原理與實(shí)驗(yàn)裝置圖如下：
Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l) ΔH = –511kJ?mol－1


可能用到的有關(guān)數(shù)據(jù)如下：
物質(zhì)
Sn
SnCl4
CuCl2
熔點(diǎn)/℃
232
-33
620
沸點(diǎn)/℃
2260
114
993






制備過程中，錫粒逐漸被消耗，須提拉橡膠塞及時向反應(yīng)器中補(bǔ)加錫粒。當(dāng)SnCl4液面升至側(cè)口高度時，液態(tài)產(chǎn)物經(jīng)側(cè)管流入接收瓶。回答下列問題：
（1）a管的作用是________。
（2）A中反應(yīng)的離子方程式是________。
（3）D的作用是________。
（4）E中冷卻水的作用是________。
（5）尾氣處理時，可選用的裝置是________（填序號）。

（6）錫粒中含銅雜質(zhì)致E中產(chǎn)生CuCl2，但不影響F中產(chǎn)品的純度，原因是________。
（7）SnCl4粗品中含有Cl2，精制時加入少許錫屑后蒸餾可得純凈的SnCl4。蒸餾過程中不需要用到的儀器有________（填序號）。
A．蒸餾燒瓶 B．溫度計 C．接收器 D．冷凝管 E．吸濾瓶
【答案】 (1). 平衡壓強(qiáng)，使?jié)恹}酸能夠順利流下 (2). 2MnO4－+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (3). 使氯氣充分干燥 (4). 避免四氯化錫氣化而損失，導(dǎo)致產(chǎn)率下降 (5). 乙 (6). CuCl2熔點(diǎn)較高，不會隨四氯化錫液體溢出 (7). E
【解析】
【分析】
（1）a管將分液漏斗液面上下連通，起到平衡壓強(qiáng)，使?jié)恹}酸能夠順利流下的作用；
（2）A中的反應(yīng)為高錳酸鉀和濃鹽酸制氯氣，反應(yīng)生成氯化錳、氯化鉀、氯氣和水，根據(jù)守恒關(guān)系配平并寫出離子方程式；
（3）D為盛有濃硫酸的洗氣瓶，可以用來干燥氯氣。由信息可知，SnCl4極易發(fā)生水解，故D的作用是使氯氣充分干燥；
（4）由信息可知，SnCl4易揮發(fā)，故E中冷卻水的作用是避免四氯化錫氣化而損失，導(dǎo)致產(chǎn)率下降；
（5）尾氣處理時，選用的裝置中不能使用水溶液，因?yàn)樗魵膺M(jìn)入E會使SnCl4發(fā)生水解；
（6）由表中數(shù)據(jù)可知，CuCl2熔點(diǎn)較高，不會隨四氯化錫液體溢出，所以錫粒中含銅雜質(zhì)致E中產(chǎn)生CuCl2，但不影響F中產(chǎn)品的純度；
（7）蒸餾過程中需要用到的儀器有蒸餾燒瓶、溫度計、冷凝管和接收器，以此分析。
【詳解】（1）a管將分液漏斗液面上下連通，起到平衡壓強(qiáng)，使?jié)恹}酸能夠順利流下的作用；
故答案為：平衡壓強(qiáng)，使?jié)恹}酸能夠順利流下；
（2）A中的反應(yīng)為高錳酸鉀和濃鹽酸制氯氣，反應(yīng)生成氯化錳、氯化鉀、氯氣和水，離子方程式為2MnO4－+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
故答案為：2MnO4－+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（3）D為盛有濃硫酸的洗氣瓶，可以用來干燥氯氣。由信息可知，SnCl4極易發(fā)生水解，故D的作用是使氯氣充分干燥；
故答案為：使氯氣充分干燥；
（4）由信息可知，SnCl4易揮發(fā)，故E中冷卻水作用是避免四氯化錫氣化而損失，導(dǎo)致產(chǎn)率下降；
故答案為：避免四氯化錫氣化而損失，導(dǎo)致產(chǎn)率下降；
（5）尾氣處理時，選用的裝置中不能使用水溶液，因?yàn)樗魵膺M(jìn)入E會使SnCl4發(fā)生水解，故不選甲、丙，應(yīng)選乙；
故答案為：乙；
（6）由表中數(shù)據(jù)可知，CuCl2熔點(diǎn)較高，不會隨四氯化錫液體溢出，所以錫粒中含銅雜質(zhì)致E中產(chǎn)生CuCl2，但不影響F中產(chǎn)品的純度；
故答案為：CuCl2熔點(diǎn)較高，不會隨四氯化錫液體溢出；
（7）蒸餾過程中需要用到的儀器有蒸餾燒瓶、溫度計、冷凝管和接收器，不用吸濾瓶，故不選E。
故答案為：E。
9.（福建省龍海市第二中學(xué)2019屆高三年下學(xué)期期初考試）氨法溶浸氧化鋅煙灰制取高純鋅的工藝流程如圖所示。溶浸后氧化鋅煙灰中鋅、銅、鎘、砷元素分別以Zn(NH3)42+、Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+、AsCl52－的形式存在。

回答下列問題：
（1）Zn(NH3)42+中Zn的化合價為____，“溶浸”中ZnO發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_____。
（2）鋅浸出率與溫度的關(guān)系如圖所示，分析30 ℃時鋅浸出率最高的原因?yàn)開___。

（3）“氧化除雜”中，AsCl52－轉(zhuǎn)化為As2O5膠體吸附聚沉除去，溶液始終接近中性。該反應(yīng)的離子方程式為_____。
（4）“濾渣3”的主要成分為____。
（5）“電解”時Zn(NH3)42+在陰極放電的電極反應(yīng)式為____。陽極區(qū)放出一種無色無味的氣體，將其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，無明顯現(xiàn)象，該氣體是___（寫化學(xué)式）。電解后的電解液經(jīng)補(bǔ)充_____（寫一種物質(zhì)的化學(xué)式）后可返回“溶浸”工序繼續(xù)使用。
【答案】 (1). 【答題空1】+2 (2). 【答題空2】ZnO+2NH3·H2O+2NH4+=Zn(NH3)42++3H2O (3). 低于30℃時，溶浸反應(yīng)速率隨溫度升高而增大；超過30℃，氨氣逸出導(dǎo)致溶浸反應(yīng)速率下降 (4). 【答題空4】2AsCl52-+2H2O2+6NH3·H2O=As2O5+10Cl-+6NH4++5H2O (5). 【答題空5】Cu、Cd (6). 【答題空6】Zn(NH3)42++2e-=Zn+4NH3↑ (7). 【答題空7】N2 (8). 【答題空8】NH3(或NH3·H2O)
【解析】
【詳解】(1) NH3是中性分子，由于Zn(NH3)42+離子帶有2個單位的正電荷，說明其中Zn帶有2個單位的正電荷，故Zn的化合價為+2價；NH4+水解使溶液顯酸性，ZnO與H+反應(yīng)變?yōu)閆n2+，Zn2+與NH3·H2O反應(yīng)產(chǎn)生Zn(NH3)42+，反應(yīng)的總的離子方程式為：ZnO+2NH3·H2O+2NH4+=Zn(NH3)42++3H2O；
(2)由鋅浸出率與溫度的關(guān)系圖可知，在溫度低于30 ℃時，溫度升高，反應(yīng)速率隨溫度升高而增大；當(dāng)溫度超過30℃，NH3·H2O分解產(chǎn)生氨氣，氨氣逸出導(dǎo)致溶浸反應(yīng)速率下降，故30 ℃時鋅浸出率最高；
(3)在“氧化除雜”中，H2O2將AsCl52－氧化后轉(zhuǎn)化為As2O5膠體，被吸附聚沉除去，H2O2被還原變?yōu)镠2O，反應(yīng)后溶液始終接近中性。則該反應(yīng)的離子方程式為2AsCl52-+2H2O2+6 NH3·H2O=As2O5+10Cl-+6 NH4++5H2O；
(4) “氧化除雜”后的溶液中含Zn(NH3)42+、Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+，向該溶液中加入Zn粉，Zn將Cu2+、Cd2+還原為金屬單質(zhì)，所以“濾渣3”的主要成分為Cu、Cd；
(5)“電解”時Zn(NH3)42+在陰極放電，電極反應(yīng)式為Zn(NH3)42++2e-=Zn+4NH3↑；陽極區(qū)陰離子放電，放出一種無色無味的氣體，將其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，無明顯現(xiàn)象，說明該氣體不具有氧化性，則該氣體是N2；電解后的溶液中由于NH3不斷放電產(chǎn)生N2從溶液中逸出，所以電解后的電解液經(jīng)補(bǔ)充NH3或NH3·H2O以后才可返回“溶浸”工序繼續(xù)使用。
10.氧化亞氮(N2O)是一種強(qiáng)溫室氣體，且易轉(zhuǎn)換成顆粒污染物。研究氧化亞氮分解對環(huán)境保護(hù)有重要意義。
（1）污水生物脫氮過程中，在異養(yǎng)微生物催化下，硝酸銨可分解為N2O和另一種產(chǎn)物，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。
（2）已知反應(yīng)2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的△H=-163kJ/mol，1molN2(g)，1molO2(g)分子中化學(xué)鍵斷裂時分別需要吸收945kJ，498kJ的能量，則1molN2O(g)分子中化學(xué)鍵斷裂時需要吸收的能量為___kJ。
（3）在一定溫度下的恒容容器中，反應(yīng)2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的部分實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下：
反應(yīng)時間/min
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
c（N2O）/mol?L-1
0.100
0.090
0.080
0.070
0.060
0.050
0.040
0.030
0.020
0.010
0.010

①在0～20min時段，反應(yīng)速率v（N2O）為___mol?L-1?min-1。
②若N2O起始濃度c0為0.150 mol?L-1，則反應(yīng)至30min時N2O的轉(zhuǎn)化率α=___。比較不同起始濃度時N2O的分解速率：v（c0=0.150mol?L-1）___v（c0=0.001mol?L-1）（填“＞”、“=”或“＜”）。
③不同溫度（T）下，N2O分解半衰期隨起始壓強(qiáng)的變化關(guān)系如圖所示（圖中半衰期指任一濃度N2O消耗一半時所需的相應(yīng)時間），則T1____T2（填“＞”、“=”或“＜”）。當(dāng)溫度為T1、起始壓強(qiáng)為p0，反應(yīng)至t1min時，體系壓強(qiáng)p=___（用p0表示）。

（4）碘蒸氣存在能大幅度提高N2O的分解速率，反應(yīng)歷程為：
第一步 I2(g) 2I(g) （快反應(yīng)）
第二步 I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g) （慢反應(yīng)）
第三步 IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I(g) （快反應(yīng)）
實(shí)驗(yàn)表明，含碘時N2O分解速率方程v=k?c（N2O）?[c（I2）]0.5（k為速率常數(shù)）。下列表述正確的是___（填標(biāo)號）。
A.N2O分解反應(yīng)中，k(含碘)＞k(無碘)
B.第一步對總反應(yīng)速率起決定作用
C.第二步活化能比第三步大
D.I2濃度與N2O分解速率無關(guān)
【答案】 (1). NH4NO3N2O↑+2H2O (2). 1112.5 (3). 1×10-3 (4). 20% (5). ＝ (6). ＞ (7). 1.25p0 (8). AC
【解析】
【分析】
（1）在異養(yǎng)微生物催化下，硝酸銨氮元素價態(tài)歸中可分解N2O和水，據(jù)此書寫；
（2）根據(jù)反應(yīng)熱=反應(yīng)物的總鍵能-生成物的總鍵能解得；
（3）①根據(jù)v=計算；
②觀察數(shù)據(jù)可得每隔10min，c(N2O)的變化量相等，故單位時間內(nèi)c(N2O)的變化量是定值，即N2O的分解速率是定值，即為1×10-3mol?L-1?min-1，據(jù)此可得；
③溫度越高反應(yīng)速率越快；根據(jù)反應(yīng)可知，2molN2O反應(yīng)一半時容器中氣體總共2.5mol，根據(jù)相同溫度下，氣體的物質(zhì)的量與壓強(qiáng)成正比可得；
（4）A．由題碘的存在提高N2O的分解速率，v=k?c（N2O）?[c（I2）]0.5中v與k成正比；
B．慢反應(yīng)對總反應(yīng)速率起決定作用；
C．第二步反應(yīng)慢，活化能大；
D．I2濃度與N2O分解速率有關(guān)。
【詳解】（1）硝酸銨氮元素價態(tài)歸中，可分解為N2O和水，化學(xué)反應(yīng)為：NH4NO3N2O↑+2H2O；
（2）設(shè)1molN2O(g)分子中化學(xué)鍵斷裂時需要吸收的能量為Q，則△H=2Q-2×945kJ/mol-498kJ/mol=-163kJ?mol-1，解得Q=1112.5kJ/mol；
（3）①在0～20min時段，反應(yīng)速率v(N2O)===1×10-3mol?L-1?min-1；
②觀察數(shù)據(jù)可得每隔10min，c(N2O)的變化量相等，故單位時間內(nèi)c(N2O)的變化量是定值，即N2O的分解速率是定值，即為v（c0=0.150mol?L-1）=v（c0=0.100mol?L-1）=1×10-3mol?L-1?min-1，若N2O起始濃度c0為0.150mol?L-1，則反應(yīng)至30min時N2O的轉(zhuǎn)化率為×100%=20%；
③溫度越高反應(yīng)速率越快，由圖可知，T1條件下所用時間較短，反應(yīng)速率快，則T1＞T2；根據(jù)反應(yīng)可知，2molN2O反應(yīng)一半時容器中氣體總共2.5mol，則=，解得p=1.25p0；
（4）A．由題碘存在提高N2O的分解速率，v=k?c（N2O）?[c（I2）]0.5中v與k成正比，則k（含碘）＞k（無碘），故A正確；
B．慢反應(yīng)對總反應(yīng)速率起決定作用，第二步起決定作用，故B錯誤；
C．第二步反應(yīng)慢，活化能大，故C正確；
D．根據(jù)N2O分解速率方程v=k?c（N2O）?[c（I2）]0.5，I2濃度與N2O分解速率有關(guān)，故D錯誤；
故答案為：AC。
11.FeSe 、MgB2等超導(dǎo)材料具有廣闊的應(yīng)用前景。
（1）基態(tài)Fe原子價層電子的電子排布圖（軌道表達(dá)式）為________，基態(tài)Se原子的電子占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為________形。
（2）向FeSe中嵌入吡啶（）能得到具有優(yōu)異性能的超導(dǎo)材料。吡啶中氮原子的雜化類型為________；該分子內(nèi)存在________（填標(biāo)號）。
A．σ鍵 B．π鍵 C．配位鍵 D．氫鍵
（3）將金屬鋰直接溶于液氨，得到具有很高反應(yīng)活性的金屬電子溶液，再通過系列反應(yīng)可制得FeSe基超導(dǎo)材料Li0.6(NH2)0.2(NH3)0.8Fe2Se2。
①NH2－的空間構(gòu)型為________。
②液氨是氨氣液化的產(chǎn)物,氨氣易液化的原因是________。
③金屬鋰溶于液氨時發(fā)生反應(yīng)：Li + (m+n)NH3=X+e－(NH3)n。X的化學(xué)式為________。
（4）MgB2晶體結(jié)構(gòu)如圖所示。B原子獨(dú)立為一層，具有類似于石墨的結(jié)構(gòu)，每個B原子周圍都有________個與之等距離且最近的B原子；六棱柱底邊邊長為a cm，高為c cm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA ，該晶體的密度為________ g·cm－3（列出計算式）。

【答案】 (1). (2). 啞鈴（紡錘） (3). sp2 雜化 (4). AB (5). v 型 (6). 氨分子間存在氫鍵，分子間作用力較強(qiáng)，容易液化 (7). Li(NH3)m+ (8). 3 (9).
【解析】
【分析】
（1）Fe原子核電荷數(shù)為26，基態(tài)Fe原子電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2；Se原子核電荷數(shù)為34，基態(tài)Se原子電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p4，以此分析解答；
（2）吡啶N和兩個碳成鍵，有一個未成對電子和其它五個碳原子形成大π鍵，因此發(fā)生不等性的Sp2雜化；該分子內(nèi)存在σ鍵和π鍵；
（3）①NH2－中N原子價層電子對數(shù)==4，有2對孤電子對，所以空間構(gòu)型為v 型；
②氨分子間存在氫鍵，分子間作用力較強(qiáng)，容易液化；
③Li + (m+n)NH3=X+e－(NH3)n，根據(jù)原子守恒和電荷守恒可確定X的化學(xué)式；
（4）由于B原子獨(dú)立為一層，具有類似于石墨的結(jié)構(gòu)，而石墨晶體中每個碳原子與其它3個碳原子等距且最近，故該晶體中每個B原子周圍都有3個與之等距離且最近的B原子；根據(jù)=計算晶體的密度。
【詳解】（1）Fe原子核電荷數(shù)為26，基態(tài)Fe原子電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，則基態(tài)Fe原子的核外價電子排布圖為；Se原子核電荷數(shù)為34，基態(tài)Se原子電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p4，基態(tài)Se原子電子占據(jù)的能級有1s、2s、2p、3p、3d、4s、4P，最高能級為4p，其電子云輪廓圖為啞鈴形，
故答案為：；啞鈴；
（2）吡啶N和兩個碳成鍵，有一個未成對電子和其它五個碳原子形成大π鍵，因此發(fā)生不等性的Sp2雜化；該分子內(nèi)存在σ鍵和π鍵，不存在配位鍵和氫鍵，故選AB；
故答案為：sp2 雜化；AB；
（3）①NH2－中N原子價層電子對數(shù)==4，有2對孤電子對，所以空間構(gòu)型為v 型；
②氨分子間存在氫鍵，分子間作用力較強(qiáng)，容易液化；
③Li + (m+n)NH3=X+e－(NH3)n，根據(jù)原子守恒和電荷守恒可確定X的化學(xué)式為Li(NH3)m+；
故答案為：v 型；氨分子間存在氫鍵，分子間作用力較強(qiáng)，容易液化；Li(NH3)m+；
（4）晶胞中Mg的個數(shù)為12+2=3，B的個數(shù)為6，晶胞體積=6cm3=6 cm3，晶胞密度== g·cm－3，
故答案為：。
12.溫室氣體CO2資源化利用一種途徑如下，生成物H和I可用作鋰離子電池的電解質(zhì)。

回答下列問題：
（1）由A到B的反應(yīng)類型為________。
（2）由C到D反應(yīng)所需試劑為________。
（3）E中官能團(tuán)的名稱是________。
（4）F合成G的反應(yīng)方程式為________。
（5）H的分子式為________。
（6）寫出與G互為同分異構(gòu)體的羧酸類芳香化合物的結(jié)構(gòu)簡式（核磁共振氫譜為四組峰，峰面積比為6:2:1:1）________。
（7）設(shè)計由丙炔和甲醛為起始原料制備和的合成路線 ____（無機(jī)試劑任選）。
【答案】 (1). 加成反應(yīng) (2). Br2/FeBr3或Br2/Fe (3). 碳碳三鍵，羥基 (4). (5). C10H10O4 (6). (7).
【解析】
【分析】
由題給合成路線可知，A是乙炔，和甲醛發(fā)生醛基上的加成反應(yīng)生成B（）；C(苯)和液溴在鐵粉作催化劑的條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成D(溴苯)，B和D發(fā)生取代反應(yīng)生成E（）；E的分子式為C9H8O，F(xiàn)的分子式為C9H10O，結(jié)合E→F的反應(yīng)條件為催化劑，H2，可推知反應(yīng)為碳碳三鍵的加成反應(yīng)，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為；F→G為碳碳雙鍵的氧化反應(yīng)，G和CO2在所給條件下反應(yīng)生成H和I，以此分析解答。
【詳解】（1）根據(jù)以上分析，由A到B的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)；
故答案為：加成反應(yīng)；
（2）由C到D反應(yīng)為苯和液溴在鐵粉作催化劑的條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成溴苯，故所需試劑為Br2/FeBr3或Br2/Fe；
故答案為：Br2/FeBr3或Br2/Fe；
（3）E的結(jié)構(gòu)簡式為，含有的官能團(tuán)的名稱是碳碳三鍵、羥基；
故答案為：碳碳三鍵、羥基；
（4）F合成G的反應(yīng)為碳碳雙鍵的氧化反應(yīng)，H2O2被還原成H2O，化學(xué)方程式為；
故答案為：；
（5）由H的結(jié)構(gòu)簡式可知，H的分子式為C10H10O4；
故答案為：C10H10O4；
（6）G的結(jié)構(gòu)簡式為，與G互為同分異構(gòu)體的羧酸類芳香化合物含有苯環(huán)和羧基，核磁共振氫譜為四組峰，峰面積比為6:2:1:1，說明含有兩個甲基，且對稱性好，則結(jié)構(gòu)簡式可能為；
故答案為：；
（7）參考題給合成路線，采用逆合成方法，由丙炔和甲醛為起始原料制備和的合成路線設(shè)計為：；
故答案為：。

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