山东省潍坊市高三下学期高考模拟考试理科综合化学试卷

高考模拟考试理科综合能力测试可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Al27P31S32Cl35.5Fe56Cu64Zn65Sn119第I卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.一种从铜电解工艺的阳极泥中提取Se和Te的流程如下：下列叙述错误的是A.合理处理阳极泥有利于保护环境和资源再利用B.流出液是H2SO4溶液C.电解过程中阴极上析出单质TeD.“焙砂”与碳酸钠充分混合后，可在瓷坩埚中焙烧【答案】D【解析】【详解】A.阳极泥是在电解精炼铜过程中，沉积在电解槽底部的杂质，含Se、Te、Au等金属，因此合理处理阳极泥有利于保护环境和资源再利用，故A项正确；B.焙烧生成的SO2和SeO2在水溶液中发生氧化还原反应生成Se和H2SO4，则流出液是H2SO4溶液，故B项正确；C.电解池中阴极区发生还原反应，由流程可知，TeO2在碱性电解质环境下被还原为Te单质，故C项正确；D.瓷坩埚中还有二氧化硅，在高温下能与碳酸钠发生反应，坩埚受到腐蚀，则“焙砂”与碳酸钠不宜在瓷坩埚中焙烧，故D项错误；答案选D。2.下列说法正确的是A.石油裂解的主要目的是提高轻质液体燃料的产量和质量B.用NaHCO3溶液可以鉴别乙醇、乙酸和苯C.棉花和合成纤维的主要成分均为纤维素D.淀粉、油脂、甘氨酸在一定条件下都能发生水解反应【答案】B【解析】【详解】A.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量；裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯等短链不饱和烃，故A项错误；B.NaHCO3溶液与乙酸会反应生成二氧化碳气体；其与苯互不相溶，发生分层；其与乙醇溶为一体。三者现象不同，因此可以用NaHCO3溶液鉴别乙醇、乙酸和苯，故B项正确；C.棉花为天然有机物，其主要成分为纤维素，但合成纤维以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，其成分不是纤维素，故C项错误；D.甘氨酸是氨基酸的一种，不能发生水解，故D项错误；答案选B。3.某化学学习小组用如图所示装置制备、收集Cl2，并进行性质验证实验(夹持装置略去)。下列说法正确的是A.用KMnO4和浓盐酸制备Cl2时，只选①B.③用于Cl2收集时，a为进气口C.④中加入NaBr溶液和CCl4，通入Cl2反应后振荡、静置，下层溶液呈橙红色D.⑤中通入Cl2使品红溶液褪色后，取出溶液加热可恢复红色【答案】C【解析】【分析】A.KMnO4和浓盐酸制备Cl2为固液不加热型发生装置；B.氯气的密度比空气大；C.通入Cl2反应后生成易溶于CCl4的Br2；D.氯水具有漂白性，不可逆。【详解】A.KMnO4和浓盐酸反应制备Cl2，①不可行，高锰酸钾可溶于水，氯气可以从长颈漏斗中逸出。选②可达到实验目的，故A项错误；B.排空气法收集氯气时，因氯气的密度比空气大，则应从b进气，故B项错误；C.Cl2的氧化性比Br2大，通入NaBr溶液中，会发生氧化还原反应生成Br2，进而被CCl4萃取在下层溶液中，显橙红色，故C项正确；D.Cl2能使品红溶液褪色，主要是发生了氧化还原反应，不可逆，因此取出溶液加热不能恢复红色，故D项错误；答案选C。【点睛】本题B选项，排空气法收集气体时需注意，当气体密度比空气大时，如氯气、氧气和二氧化碳等，则气体需从b口进入，由于密度比空气大，会沉于空气下方，即瓶底，聚集的气体逐渐将集气瓶内的空气从上方（即a端）排出，待气体占满整个集气瓶时，即收集了满瓶气体。假若从a进，则进入的气体会沉到瓶底，并从b处直接出去，因此起不到排出空气、收集气体的作用。相反，当气体密度比空气小时，应从a口进气b口出气，学生要理解并加深记忆。4.X、Y、Z、W、R为五种短周期主族元素，Y、Z、W是原子序数递增的同周期相邻元素，且最外层电子数之和为15；X比Y核外少一个电子层；R的质子数是X、Y、Z、W四种元素质子数之和的1／2。下列说法正确的是A.简单离子半径：R>W>ZB.X与Y形成的二元化合物常温下一定为气态C.W和R形成的化合物是离子化合物D.Y与W、Z与W形成的二元化合物都是大气污染物【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、W为五种短周期主族元素，Y、Z、W是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，设Z的最外层电子数为m，则Y的最外层电子数为m1，W的最外层电子数为m+1，即得出(m1)+m+(m+1)=3m=15，所以m=5，则推知Y、Z、W分别为C、N和O元素；X比Y核外少一个电子层，则X为H；又知R的质子数是X、Y、Z、W四种元素质子数之和的12，则R的质子数为（6+7+8+1）×12=11，可知R为【详解】根据上述分析可知，X为H，Y为C，Z为N，W为O，R为Na，A.电子层数越大，简单离子半径越大，当电子层数相同时，其简单离子半径随原子序数的增大而减小，则N3>O2>Na+，即简单离子半径大小比较为：Z>W>R，故A项错误；B.X与Y形成的二元化合物为烃类有机物，常温下可能为气态、液态或固态，故B项错误；C.W和R形成的化合物为过氧化钠或氧化钠，成键微粒为阴阳离子，均为离子化合物，故C项正确；D.Y与W形成的二元化合物为CO2或CO，其中CO为大气污染物，而CO2不是；Z与W形成的二元化合物为氮氧化物，为大气污染物，故D项错误；答案选C。【点睛】本题重在考查元素周期表与元素周期律的知识点的运用，是高考高频考点，掌握物质的组成及特点是解题的关键，注意D项Y与W形成的二元化合物为CO2，虽能产生温室效应，但并不是大气污染物，常见的大气污染物为CO、SO2、氮氧化物和可吸入颗粒物等。5.三种常见单萜类化合物的结构如图所示。下列说法正确的是A.香叶醇和龙脑互为同分异构体，分子式均为C10H20OB.可用金属钠鉴别香叶醇和月桂烯C.龙脑分子中所有碳原子在同一个平面上D.1mol月桂烯最多能与2molBr2发生加成反应【答案】B【解析】【分析】A.分别写出香叶醇和龙脑的分子式作答；B.钠可以与香叶醇中的醇羟基发生反应，而不能与月桂烯发生反应；C.分子内有甲基、亚甲基和次甲基；D.1mol碳碳双键与1molBr2发生加成反应，据此分析；【详解】A.香叶醇分子内含两个碳碳双键，有2个不饱和度，其分子式为C10H18O，龙脑的分子式为C10H20O，两者分子式不同，且不互为同分异构体，故A项错误；B.钠与香叶醇的OH反应生成醇钠与氢气，而不会与碳碳双键反应，则可用金属钠鉴别香叶醇和月桂烯这两种物质，故B项正确；C.龙脑分子中含有甲基、亚甲基和次甲基，所有原子不可能共平面，故C项错误；D.1mol月桂烯中含3mol碳碳双键，则可与3molBr2发生加成反应，故D项错误；答案选B。6.石墨烯电池是利用锂离子在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性而研发的新型可充放电电池，其反应式为LixC6+Li1xCoO2C6+LiCoO2A.充电时，Li+嵌入LiCoO2中B.放电时，LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2e=Li1xCoO2+Li+C.放电时负极反应为：Lie=Li+D.充电时，若转移1mole，石墨烯电极增重7g【答案】D【解析】【分析】根据电池反应式知，负极反应式为LixC6xe=C6+xLi+、正极反应式为Li1xCoO2+xLi++xe=LiCoO2，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，根据二次电池的工作原理结合原电池和电解池的工作原理来解答。【详解】A.充电时，石墨烯为阴极，C6发生还原反应生成LixC6，则Li+向石墨烯移动，故A项错误；B.放电时，LiCoO2极是正极，发生得电子的还原反应,电极反应式为：Li1xCoO2+xLi++xe=LiCoO2，故B项错误；C.放电时负极反应为LixC6xe=C6+xLi+，原电池中无Li单质存在，故C项错误；D.充电时，石墨烯电极的电极反应式为：C6+xLi++xe=LixC6，根据关系式xe~C6~LixC6电极增重的实际质量为锂元素的质量，所以若转移1mole，电极增重为1mol×7g/mol=7g,故D项正确；答案选D。【点睛】有关电化学基础，把握规律是解题的关键，其中计算是必不可少的，本题的D项可采用关系式法作答，即根据得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，列出关系式进而计算。7.常温下，将NaOH溶液滴入二元弱酸H2X溶液中，混合溶液中的粒子浓度与溶液pH的变化关系如图所示。下列叙述正确的是A.曲线M表示lgc(X2)/c(HX)与pH的变化关系B.NaHX溶液显碱性C.当混合溶液呈中性时，c(Na+)>c(X2)>c(HX)>c(H+)=c(OH−)D.Ka2(H2X)的数量级为109【答案】C【解析】【分析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)>Ka2(H2X)，酸性条件下，则pH相同时c(HX-)c(H2X)>c(X2-)c(HX-)，由图象可知N为【详解】A.由以上分析可知曲线N表示pH与lgc(X2-)c(HX-B.由图象可知，lgc(X2-)c(HX-)=0时，即c(X2-C.由图象可知当混合溶液呈中性时，lgc(X2-)c(HX-)>0，即c(X2−)>c(HX−)，混合溶液的离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(X2)>c(HX)>D.lgc(X2-)c(HX-)=0时，c(X2-)c(HX-)=1答案选C。【点睛】本题侧重考查学生对水溶液中离子平衡的理解能力，是高考的高频考点。学生要紧抓溶液中第一步电离的离子浓度与第二步电离的离子浓度的大小关系，lgc(X2-)c8.FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学小组同学在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下：C6H5Cl(氯苯)C6H4Cl2(二氯苯)FeCl3FeCl2溶解性不溶于水，易溶于苯、乙醇不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易溶于乙醇，易吸水熔点/℃4553易升华沸点/℃132173——请回答下列问题：(1)利用反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按上图装置，在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯。打开K1、K2，关闭K3，通一段时间H2后关闭K2，控制三颈烧瓶内反应温度在128-139℃，反应一段时间。反应完成后打开K2再通氢气一段时间。①仪器a的名称是________，装置B中盛装的试剂是________。②反应后再通入H2的目的是________________________。③冷却实验装置，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、用苯洗涤、干燥后，得到粗产品，回收滤液中C6H5Cl的操作方法是________________。④反应后将锥形瓶中溶液配成250mL溶液，取25.00mL所配溶液，用0.4mol·L1NaOH溶液滴定，消耗NaOH溶液23.60mL，则氯化铁的转化率为________。(2)打开K1、K3，关闭K2，通氢气与氯化铁反应制取无水FeCl2。①写出反应的化学方程式________________________________。②实验制得FeCl2后并防止氧化的操作是________________________________。③请指出该制备方法的缺点________________________________________。【答案】(1).球形冷凝管(2).无水CaCl2（或硅胶、P2O5）(3).将反应器中的HCl气体全部排入到锥形瓶内，使其被充分吸收(4).蒸馏滤液，并收集132℃的馏分(5).94.4%(6).H2+2FeCl32FeCl2+2HCl(7).先熄灭酒精灯，再继续通入氢气一段时间(8).氯化铁易升华，转化率低；导管易堵塞【解析】【分析】（1）①根据常见仪器的构造及用途作答；装置B的作用是防止外界水蒸气进入三颈烧瓶，据此作答；②从氯化氢气体充分吸收角度考虑；③根据题中所给的表格，结合C6H5Cl和C6H4Cl2的沸点数据作答；④根据氢氧化钠与盐酸按1:1反应可求出反应消耗的HCl的物质的量，再根据已知反应方程式2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl，得出样品中反应的FeCl3的物质的量，再依据产品中FeCl3的转化率=反应的（2）①根据已知信息氢气与氯化铁反应生成无水FeCl2作答；②FeCl2极易被空气氧化为FeCl3，装置中需充满还原性气体；③结合表格数据从氯化亚铁升华的角度即导管可操作性不强的角度考虑其缺点。【详解】（1）①仪器a的名称为球形冷凝管，装置B的作用是防止外界水蒸气进入三颈烧瓶中影响实验，其中的干燥剂不能吸收HCl，因为最后的尾气处理中用水吸收氯化氢，还可以得到副产品盐酸，故盛放的试剂可以是无水CaCl2,或其他不与HCl反应的试剂，如P2O5或硅胶等，故答案为：球形冷凝管；无水CaCl2（或硅胶、P2O5）；②反应后再通入H2，可将反应器中的HCl气体全部吹入装置C，使其被充分吸收，操作更规范，同时使后续测量氯化铁转化率更精准，故答案为：将反应器中的HCl气体全部排入到锥形瓶内，使其被充分吸收；③由题中表格所给数据可知，C6H5Cl的沸点为132℃，C6H4Cl2的沸点为173℃，利用沸点不同回收滤液中C6H5Cl可采用蒸馏法，即蒸馏滤液，收集132℃的馏分，故答案为：蒸馏滤液，并收集132℃的馏分；④NaOH与HCl按1:1完全反应，则标准NaOH溶液滴定的盐酸的物质的量=0.4mol·L1×23.60×10-3L=9.44×103mol，则锥形瓶中盐酸的物质的量=250mL25.00mL×9.44×103mol=9.44×102mol,再根据已知关系式2FeCl3~1HCl可知，消耗的FeCl3的物质的量=2×9.44×102mol=0.1888mol，故FeCl3的转化率故答案为：94.4%；（2）①氢气与氯化铁反应时，氢气作为还原剂，还原氯化铁为氯化亚铁，其反应的方程式可表示为：H2+2FeCl32FeCl2+2HCl,故答案为：H2+2FeCl32FeCl2+2HCl；②实验通过氢气与FeCl3反应制得FeCl2后，为防止FeCl2被氧化，先熄灭酒精灯，再继续通入氢气一段时间，以排尽装置中的空气，故答案为：先熄灭酒精灯，继续通入氢气一段时间；③根据表中数据可知，因氯化亚铁易升华，则用加热的方法制备氯化亚铁，会导致转化率降低，且导管易堵塞，故答案为：氯化铁易升华，转化率低；导管易堵塞。9.三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废水(镍主要以NiR2络合物形式存在)制取草酸镍(NiC2O4)，再高温灼烧草酸镍制取三氧化二镍。工艺流程如图所示：已知：①NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R(aq)(R为有机物配体，K=1.6×1014)②Ksp[Fe(OH)3]=2.16×1039，Ksp[Ni(OH)2]=2×1015③Ka1(H2C2O4)=5.6×102，Ka2(H2C2O4④“脱络”过程中，R与中间产物·OH反应生成·R(有机物自由基)，·OH能与H2O2发生反应。有关反应的方程式如下：i．Fe2++H2O2=Fe3++OH+·OHii．R+·OH=OH+·Riii．H2O2+2·OH=O2↑+2H2O请回答下列问题：(1)中间产物·OH的电子式是________(2)“沉铁”时，若溶液中c(Ni2+)=0.01mol·L1，加入碳酸钠调溶液的pH为________(假设溶液体积不变，lg6≈0.8)使Fe3+恰好沉淀完全(离子的浓度≤1.0×105mol·L1)，此时________(填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。(3)25℃时，pH=3的草酸溶液中c(C2O42)/c(H2C2O4(4)“灼烧”氧化草酸镍的化学方程式为_______________________________。(5)加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”的原因是________。(6)三氧化二镍能与浓盐酸反应生成氯气，写出反应的离子方程式________________。【答案】(1).(2).2.8(3).无(4).3.02(5).Ni2++H2C2O4=NiC2O4↓+2H+(6).4NiC2O4+3O2高温2Ni2O3+8CO2↑(7).Fe2+和H2O2发生反应生成·OH，·OH将R转化成·R，c(R)减小，使平衡NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R(aq)向正向移动，实现“脱络”(8).Ni2O3+6H++2Cl=2Ni2++Cl2↑+3H2O【解析】【分析】（1）·OH有一个孤电子，据此书写其电子式；（2）根据氢氧化铁的溶度积，计算要使Fe3+恰好沉淀完全所需的c(OH−)，进而计算得出其pH值，再根据Ni2+与溶液中c(OH−)的平方的乘积与Ksp[Ni(OH)2]比较，得出溶液中是否有沉淀生成；（3）依据二元弱酸草酸的两步电离平衡常数表达式方程式列式计算；流程中加入草酸后变为草酸镍，据此作答；（4）“灼烧”过程产生了Ni2O3，依据氧化还原反应规律书写化学方程式；（5）依据给定条件④，Fe2+和H2O2发生反应生成·OH，·OH将R转化成·R，c(R)减小，考虑平衡NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R(aq)移动情况分析作答；（6）根据得失电子数守恒书写其化学方程式。【详解】（1）·OH有一个孤电子，核外为9个电子，其电子式为：；（2）Ksp[Fe(OH)3]=2.16×1039，则使Fe3+恰好沉淀完全所需的c(OH−)=3Ksp[Fe(OH)3]1.0×10-5mol/L=6×1012，此时溶液的pH=lgc(H+)=lg10-146×10-12=2+lg6=2.8故答案为：2.8；无；（3）草酸在水溶液中发生电离，第一电离方程式为：H2C2O4H++HC2O4－，其电离平衡常数Ka1(H2C2O4)=c(HC2O4-)∙c(H+)c(H2C2O4)，同理第二步电离方程式为：HC2O4－H++C2O42－，其电离平衡常数Ka2(H2C2O4)=c(C2O42-)∙c(H+)c(HC2O4-),c(C2O42)/c(H2故答案为：3.02；Ni2++H2C2O4=NiC2O4↓+2H+（4）“灼烧”氧化草酸镍生成Ni2O3，C元素以稳定的二氧化碳形式生成，O元素化合价降低，其化学方程式可表示为：4NiC2O4+3O22Ni2O3+8CO2↑，故答案为：4NiC2O4+3O22Ni2O3+8CO2↑；（5）根据已知信息可知，Fe2+和H2O2会发生反应生成·OH，·OH将R转化成·R，c(R)减小，使平衡NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R(aq)向正向移动，实现“脱络”，故答案为：Fe2+和H2O2发生反应生成·OH，·OH将R转化成·R，c(R)减小，使平衡NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R(aq)向正向移动，实现“脱络”；（6）三氧化二镍能与浓盐酸反应生成氯气，镍元素以Ni2+形式存在于溶液中，其离子方程式为：Ni2O3+6H++2Cl=2Ni2++Cl2↑+3H2O故答案为：Ni2O3+6H++2Cl=2Ni2++Cl2↑+3H2O。【点睛】本题难点是第（3）问。求溶液中某些粒子的浓度之比时，要充分利用好题中所给的各种平衡常数，设法通过变形找出它们之间的关系，结合题中给定信息，利用数学思想进行解答。10.煤燃烧排放的烟气含有NOx，容易形成酸雨污染环境，可通过多种化学方法对烟气进行脱硝处理。回答下列问题：(1)在无氧条件下，脱硝反应为：6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O△H=1807.0kJ/mol，T℃时，在恒容的密闭容器中，测得在不同时间NO和NH3的物质的量如下表：时间/min01234n(NO)/mol1.200.900.720.600.60n(NH3)/mol0.900.700.580.500.50①下列说法正确的是________(填序号)。A．3min后NO和NH3的浓度都不再变化，反应停止进行B．前2min内的平均反应速率v(N2)=0.20mol·L1·min1C．达到平衡时NO的转化率为50％D．及时分离出N2，可使该反应的反应速率增大，平衡正向移动②若反应开始的压强为p0，则该反应的化学平衡常数Kp=________(可用分数表示；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。(2)在有氧条件下，NOx也能发生脱硝反应。①已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=180.6kJ/mol，N2(g)+3H2(g)2NH3△H=92.4kJ/mol，H2O(g)=H2(g)+1/2O2(g)△H=241.8kJ/mol，则脱硝反应4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)△H=__kJ/mol。②臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)△H＜0，反应在恒容密闭容器中进行，NO2的百分含量随压强(p)、x的变化如图所示：则p1________p2(填“>”“<”或“=”)，x表示的物理量除时间外，还可能是_________________。(3)利用惰性电极电解也能对烟气进行脱硝处理。电解原理如图所示：电极a的电极反应式为________，当电解44.8L(标准状况)含5％NO的烟气，理论上电路中通过电子的物质的量为________mol。【答案】(1).C(2).521p0(3).1627.2(4).>(5).O3的物质的量或其浓度或质量等(6).NO3e−+2H2O=NO3−+4H+(7).【解析】【分析】（1）①A.化学反应平衡为动态平衡，正逆反应速率相等但不等于0；B.由化学反应速率的定义可知，需要容器的体积；C.根据转化率的计算公式得出结论；D.反应物或生成物的浓度降低，化学反应速率会减小；②列出三段式，利用分压表达出化学平衡常数。（2）①依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；②该脱硝反应是气体体积分数减小的反应，增大压强会使平衡向正反应方向移动，导致NO2的百分含量降低，据图分析；根据平衡移动原理进行分析，NO2的百分含量会随着参加反应的O3的量的增大而减少；（3）依据图中b口放出氢气，可知b为连接电源的负极，作电解池的阴极，则a极发生氧化反应，NO转化为NO3−，每消耗1molNO，转移电子数为3mol，据此计算。【详解】①A.3min后NO和NH3的浓度都不再变化，说明达到动态平衡，但速率不为零，故A项错误；B.容器的体积未知，其化学反应速率无法求出，故B项错误；C.3min后NO的浓度不再变化，达到平衡，n(NO)=0.6mol，则转化的NO的物质的量=1.2mol0.6mol=0.6mol，故其转化率=0.6mol1.2D.分离出N2，其浓度降低，反应的速率会减小，故D项错误；故答案选C；②则平衡后H2O的物质的量分数ω(H2O)=0.6mol0.6mol+0.5mol+0.5mol+0.6mol=622,同理可得ω(N2)=522,ω(NH3)=522,ω(NO)=6故答案为：521p0（2）①i.N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.6kJ•mol1

ii.N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=92.4kJ•mol1

iii.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=483.6kJ•mol1

依据盖斯定律iii×3ii×2i×2得到，4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）═4N2（g）+6H2O（g）△H=1627.2kJ/mol；

故答案为：1627.2；②2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，该反应为气体体积减小的反应，因此增大压强平衡会向正向移动，NO2的百分含量降低，从图中可以看出，p1压强大，即p1>p2；增大某一反应物的浓度可以使化学平衡向正反应方向移动，从而提高另一反应物的转化率、减小其百分含量，故x表示的物理量除时间外，还可能是O3的物质的量或其浓度或质量等；故答案为：>；O3的物质的量或其浓度或质量等（3）根据图示信息可知，b口产生氢气，则为溶液中的氢离子得电子的产物，电解池中阳离子在阴极得电子发生还原反应，故b连接电源的负极，a连接电源的正极，其阳极区NO失电子被氧化为硝酸根离子，发生的电极反应式为：NO3e−+2H2O=NO3−+4H+，电解的烟气中NO的物质的量=44.8L×5%故答案为：NO3e−+2H2O=NO3−+4H+；0.3。11.铜及其化合物在生产生活中用途广泛。回答下列问题：(1)目前，低压甲醇铜基催化剂的主要组分是CuO、ZnO和Al2O3，下列氧原子电子排布图表示的状态中，能量最高的是________(填序号)。A．B．C．D．(2)铜离子是人体内多种酶的辅因子，某化合物与Cu+结合形成如图所示的离子。①该离子中含有化学键的类型有________(填序号)。A．极性键B．离子键C．非极性键D．配位键②该离子中碳原子的杂化方式有________。③H、N、Cu三种元素的电负性由大到小的顺序是________。(3)甲醇(CH3OH)在Cu催化作用下被氧化成甲醛(HCHO)。甲醛分子内σ键与π键个数之比为________。甲醇分子内的OCH键角________(填“大于”“等于”或“小于”)甲醛分子内的OCH键角。(4)某磷青铜晶胞结构如下图所示：①其中原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(0，12，12)。则②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有________个，这些Sn原子所呈现的构型为________。③若晶体密度为ag·cm3，最近的Cu原子核间距为________pm(用含NA和a的代数式表示)。【答案】(1).D(2).ACD(3).sp2、sp3(4).N>H>Cu(5).3:1(6).小于(7).（12，12，12）(8).4(9).平面正方形(10).【解析】【分析】（1）依据能量最低原理回答；（2）①同种非金属元素之间存在非极性键，不同非金属元素之间存在极性键，含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子间存在配位键；②该离子中有碳碳双键和碳碳单键；③在元素周期表中，通常非金属性越强的电负性越大，非金属性的电负性大于金属的电负性；（3）根据原子形成共价键的规律，并结合甲醛分子的结构式回答；根据杂化轨道理论先判断出甲醛分子与甲醇分子氧原子紧邻的碳原子的杂化方式，再根据立体构型判断键角大小；（4）①根据几何结构建立空间直角坐标系，找出对应点的坐标；②根据晶胞结构结合均摊法计算作答；距离最近的原子所在的空间位置判断其空间构型；③观察晶胞结构判断最近的Cu原子核间距与边长之间的关系，分析作答。【详解】（1）原子的核外电子离核越近能量越低，离核越远能量越高，故D项所示的核外排布图能量最高，故D项正确，答案为：D；（2）①该离子中，氮原子和氮原子之间、碳原子和碳原子之间都存在非极性键，碳原子和氮原子之间、氮原子和氢原子之间、碳原子和氢原子之间都存在极性键，铜原子和氮原子间存在配位键；故答案为：ACD；②该离子中以碳碳双键存在的碳原子采用sp2杂化，以碳碳单键结构存在的碳原子采用sp3杂化方式，故答案为：sp2、sp3；③在元素周期表中，通常非金属性越强的电负性越大，则N>H，又金属的电负性一般小于非金属的电负性，则Cu<H，因此H、N、Cu三种元素的电负性从大到小依次为N>H>Cu，故答案为：N>H>Cu；（2）一个共价单键由一个σ键组成，一个共价双键由一个σ键与一个π键组成，而甲醛分子的结构式为：，其分子内所含σ键的个数为3，π键个数为1，因此σ键与π键个数之比为3:1；甲醛中C原子形成3个σ键，为sp2杂化，是平面三角形结构，键角为120∘，甲醇分子内碳原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化方式为sp3杂化，是四面体结构，O−C−H键角约为109∘28′,键角小于120∘，所以甲醇分子内O−C−H键角比甲醛分子内O−C−H键角小，故答案为：3:1；小于；（4）①对照晶胞图示、坐标系及A、B点坐标，选A为参照点，P在晶胞内的体心处，由空间立体几何关系可推知D的坐标为：（12，12，故答案为：（12，12，②该晶体中距离Cu原子最近的Sn原子有4个，这些Sn原子所呈现的构型为平面正方形，故答案为：4；平面正方形；③由均摊法可知，该晶体的一个晶胞中有1个Sn、3个Cu和1个P原子，故该晶胞的摩尔质量为342g/mol,则一个晶胞质量342NAg,设立方体边长为x,铜原子间最近距离为d,则d2=(x2)2+(x2)2,d=22V=x3=342NAgag/cm3=342a∙NAcm3，x=3342a∙故答案为：22334212.有机物H是合成某种药物的中间体，一种合成路线如下：回答下列问题：(1)有机物B的化学名称为________。(2)反应②的反应类