【福建新高考】2021年高三化学全真模拟卷06（解析版）.pdf

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1、2021年普通高中学业水平选择性考试全真模拟卷（福建新高考）化学试卷06本卷满分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Fe 56 Cu 64Zn 65 Ag 108一、选择题：本题共10小题，每小题34分，共 40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.下列环境问题与汽车尾气排放无关的是A.雾霾 B.酸雨 C.光化学烟雾 D.白色污染【答案】D【解析】汽车尾气中含有一氧化碳、氮的氧化物、粉尘等；这些有害物质会导致酸雨、光化学烟雾、雾霾等环境问题的出现，白色污染是由难降解的塑料制品引起的环境

2、污染，与汽车尾气排放无关，故 ABC均正确，D 错误；故选D。2.紫草在我国有悠久的药用历史，主要用于治疗湿性斑疹、紫瘢、热结便秘、烧伤、湿疹、丹毒等。其主要成分紫草素的结构如图。下列关于紫草素的说法错误的是A.分子式为C|6Hl6。5 B.分子中所有碳原子可能共平面C.能使滨水、酸性KMnO4溶液褪色 D.既能与酸又能与醇发生酯化反应【答案】D【解析】A.由结构简式可以确定其分子式为：Cl6Hl6。5,故 A 正确；B.该有机物结构中苯环是平面结构、碳碳双键和碳氧双键均为平面结构，且平面间以单键相连，单键可旋转，因此碳可能在同一个平面上，故 B 正确；C.碳碳双键和酚羟基均易被酸性高镭酸钾氧

3、化使其褪色，碳碳双键能与溪水发生加成使滨水褪色，故 c 正确；D.该有机物中不存在竣基，不能与醇发生酯化反应，故 D 错误；故选：D。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.10101102与含0.4010114。的浓盐酸充分反应，生成CL的数目为0NAB.0.224L由筑气与甲烷组成的混合气体中含有的电子总数为O.INAC.含 0.4mol HNO3的浓硝酸与足量C u充分反应，生成Ci?+的数目为O.INAD.3.2g N2H4与足量O2反应，完全转化为N2时转移的电子数为0.4NA【答案】D【解析】A.O.lmol MnCh与含0.4mol HC1的浓盐酸充分反应，盐酸的

4、浓度变稀后，不再反应生成Cb，氯气的数目小于0NA，A 说法错误；B.0.224L由融气与甲烷组成的混合气体，未指明是在标准状况下，则含有的电子总数不能确定，B 说法错误；C.含 0.4molHNCh的浓硝酸与足量C u充分反应，硝酸变稀生成N O,则生成Cu的数目大于0.1 M，C 说法错误；D.3.2g N2H4即 0.1 mol与足量。2反应,完全转化为N2时,N 原子的化合价由-2 价变为0价，转移的电子数为0.4NA,D 说法正确；答案为D。4.下列有关实验操作的说法，不思画的是A.提纯混有少量氯化钾的硝酸钾：将混合物溶于较高温度的水制得浓溶液，然后冷却到室温，过滤、洗涤、干燥，得到

5、较高纯度的硝酸钾晶体B.检验溶液中的Na,：取一根洁净的伯丝，放在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取少量试液，置于火焰。上灼烧，若火焰呈黄色，则含有Na卡C.分离分液漏斗中互不相溶的两种液体：打开上口活塞，转动旋塞将下层液体放出，然后关闭旋塞，将上层液体从上口倒出D.配 制 100mL0.1mol1T氯化钠溶液：称取0.585g氯化钠固体，放 入 100mL量筒中，力 口水定容至100mL刻度线【答案】D【解析】A.硝酸钾溶解度随温度变化较大，氯化钾溶解度随温度变化不大，所以根据其溶解度随温度变化不同，采用溶解、加热、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，从而获得KNCh晶体，故 A 正确；B.可以通过焰

6、色反应检验溶液中的Na,：取一根洁净的粕丝，放在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取少量试液，置于火焰。上灼烧，若火焰呈黄色，则含有N a+,故 B 正确：C.分液时，下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从分液漏斗上口倒出，故 C 正确；D.配制溶液时，应该在烧杯中溶解，然后将溶液转移至容量瓶进行定容，故 D 错误；故选D。5.我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了均相NO-CO的反应历程，反应路径中每一阶段内各驻点的能量均为相对于此阶段内反应物能量的能量之差，下列说法错误的是4003002001000-100-200-300-400-500-6 0()N l N=N一?-*.1 k-/298.

7、4-J2一。/199.2.二(+、!世*IM 2,i3 O,1M3/:r 42.6 2L6 222+C。C O+N;O+C OO()*513.5TS3.i4 8.i 2CO.+N：-307.6反应过程A.2NO(g)+2C0(g)=N2(g)+2CO2(g)A/0B.均相NOCO反应经历了三个过渡态和五个中间体C.整个反应分为三个基元反应阶段，总反应速率由第一阶段反应决定N-ND.NO二聚体(/、升EN2。分子更容易与CO发生反应()()【答案】AN-N【解析】整个反应分为三个基元反应阶段，NO(g)+NO(g)=()/N NAH=+199.2kJ.mo，/()()+CO(g)=CO2(g)+

8、N2O(g)AW=-513,5kJ-m of,CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)A/=-307.6 kJ mol 1,结合活化能、烙等知识分析。A.+得：2N0(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)A/7=+199.2kJ mol-513.5kJ-mol-307.6 kJ mol l=-6 21.9kJ mol 1,故 A 错误；N 一、B.均相NOCO反应经历了 TSI、TS2、TS3三个过渡态，TM1、/.、TM2、()()N2O、TM3、五个中间体，故B正确；N NC.整个反应分为三个基元反应阶段，NO(g)+NO(g)=()/A/=199.2kJ

9、 mor,N N()/)+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)AH=-513.5kJ mo，cc)2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)A/7=-307.6 kJ mol 1,由于所需活化能最高，总反应速率由第一阶段反应决定，故C正确；N ND.从/+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)H=-513.5kJmolT,CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)A/=-307.6kJ mol 1,反应放出的能量更多，生成物能量更低，NON N二聚体(/、)比N2。分子更容易与C O 发生反应，故 D 正确；()()故选A=6.短周期主族元素W、X

10、、Y、Z 的原子序数依次增大，W、X 的最外层电子数之和为12,Y、Z 的最外层电子数之和与X 的最外层电子数相等，Y 是短周期主族元素中原子半径最大的元素。下列说法不正确的是()A.非金属性：W X ZB.YW3中既含离子键又含共价键C.YX、Y?Z的水溶液均呈碱性D.WX3中各原子均满足8 电子稳定结构【答案】A【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W、X 的最外层电子数之和为 12,Y 是短周期主族元素中原子半径最大的元素。则 Y 是 N a元素，结合原子序数W、X小于Y,及 W、X 的最外层电子数之和为1 2,可知W 是 N 元素，X 是 F 元素；Y、Z 的最外层

11、电子数之和与X 的最外层电子数相等，则 Z 最外层有6 个电子，核外电子排布是2、8、6,则 Z 是 S 元素。然后结合元素周期律及物质的性质分析解答。根据上述分析可知：W 是 N,X 是 F,Y 是 Na,Z 是 S 元素。A.同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性越强；原子核外电子层数越小，元素的非金属性越强，则元素的非金属性F N S,即非金属性：X W Z,A 错误；B.W 是 N,Y 是 N a,则 YW3是 NaN”该化合物是离子化合物，含有离子键；在阴离子N；中含有共价键，故 NaN3中既含离子键乂含共价键，B 正确；C.NaF、Na2s都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，C

12、正确；D.WX3是 NF3,N 原子最外层有5 个电子，F 原子最外层有7 个电子，N 原子与3 个 F 原子形成3 个共价键，使分子中各个原子都达到最外层8 个电子的稳定结构，D 正确；故合理选项是A。7.与氢氧化钠溶液反应的离子方程式正确的是A.SO2与过量NaOH溶液反应：SO2+O H-H SO3B.Al 与 NaOH 溶液反应：2人 1+20丁+2H2。=2 AlO2+3H2TC.Ca(HCCh)2 溶液中加入过量 NaOH 溶液：Ca2+HCO3+OH=CaCO3l+H2OD.NaHSC4溶液与NaOH溶液反应至中性：HSO4+OH=SO+H2O【答案】B【解析】A.SO2与过量N

13、aOH溶液反应生成Na2s。3和水，反应的离子方程式为SO2+2OH-=SO；+H2O,A 错误;B.A l与N a O H溶液反应生成N a A l O,和H2,反应的离子方程式为2 A 1+2 O H +2 H?0=2A/O；+3 H 2 f,B 正确；C.C a(H C C 3)2溶液中加入过量N a O H溶液反应生成C a C C h、7 K和N a 2 c o 3，反应的离子方程式为 C a 2+2 C O；+2 O H =C a C O 3 1+C O j+Z H?。，C 错误；D.N a H S O 属于强酸的酸式盐，在水溶液中电离成N a*、H，和N a H S O 溶液与N

14、 a O H溶液反应至中性的离子方程式为H+O H =比0,D错误；答案选B。放电8.科学家研制出一种高性能水系酸碱双液锌一浪二次电池，其总反应为：Z n+2 0 H +B r-充电Z n O+H2O+3 B r ,中间的双极性膜(B P M)能隔开酸碱双液且能允许K,通过，如图所示。下列说法正确的是A.放电时，K+向锌极电极迁移B.放电时，锌电极的电势高于石墨电极C.充电时，阴极室的p H增大D.充电时，石墨电极发生反应：B r -2 e =3 B r【答案】C【解析】根据图像信息，放电时，石墨电极上，B r；+2 e =3 B r ,石墨为正极，锌电极上，Z n-2 e+2 0 H =Z

15、n O+H2O,锌为负极，故充电时，石墨连接外接电源正极，石墨为阳极，电极反应为3 B r=2 e-=B r 3,锌与外接电源负极相连，锌为阴极，电极反应为Z n O+2 e+H2O=Z n+2 O H ,由此分析各选项。A.放电时，石墨为正极，阳离子向正极迁移，故A不正确；B .放电时，为原电池，正极电势高于负极，故石墨电势高于锌电极，故B不正确；C.充电时，阴极为锌，电极反应为：Z n O+2 e+H 2 O Z 1 1+2 0 H ,阴极区碱性增强，p H增大，故C正确；D.充电时，石墨为阳极，电极反应为3 B r -2 e-=B r 3,故D不正确；故答案为：C o9 .利用现代传感技

16、术探究压强对2 N C h(g)N z O M g)平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的N O 2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在小t2时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示。下列分析中错误的是压强/kPaC.图中除A、C、F、G 点外，其他点均为平衡状态D.在 E,F,H 三点中，H 点的气体平均相对分子质量最大【答案】B【解析】A.由图可知，八时移动活塞，针筒内气体压强迅速减小，说明针筒的体积增大，故A 正确；B.针筒内气体压强越强越大，化学反应速率越大，由图可知，B 点压强大于E 点，则对应的正反应速率：v(B)v(E),故

17、B 错误；C.由图可知，A、C、F、G 点均没有达到平衡，故 C 正确；D.由质量守恒定律可知，E,F,H 三点中气体的质量相同，由图可知，打 时移动活塞，针筒内气体压强迅速增大，说明针筒的体积减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，混合气体的物质的量减小，则 E,F,H 三点中，H 点的气体物质的量最小，平均相对分子质量最大，故 D 正确；故选B。10.MnO2催化某反应的一种催化机理如图所示。下列叙述正确的是MnO,A.该机理的总反应为HCHO+O2=CO2+H2OB.催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应C.图 中 的 与 NazCh中所含阴离子相同D.ImolHCHO与银氨溶液完全反应

18、，最多可生成216gAg【答案】A【解析】A.分析题中催化机理图，除去中间产物，可得该反应总反应为:M nO2HCHO+O,-CO2+H20 ,A 项正确:B.催化机理存在一步HCO；与 H，反应生成CCh的过程，不是氧化还原反应，B 项错误；C.NazCh中所含阴离子为0；一，与图中的0 1 所含阴离子不相同，C 项错误；D.ImolHCHO中存在2moi的醛基结构，与银氨溶液完全反应，最多可生成4m oiA g,即432gAg,D 项错误；答案选A。二、非选择题：本题共5 小题，共 60 分。11.(13 分)磷酸亚铁锂是锂离子电池中常用的正极材料-，FePO#2H2。(磷酸铁)是制备磷酸

19、亚铁锂的前驱体。用磷铁渣(含Fe、FeP、Fe2P及 S Q)制备FePO#2H2 0 的工艺流程如下：磷铁渣已知FePO 溶于强酸。(1)锂 在 元 素 周 期 表 中 的 位 置 为。H3P04的 一 级 电 离 方 程 式 为。“浸取”时，在密闭反应器中依次加入硝酸、硫酸，硝酸首先分解生成NO?和。2,。2将铁和磷分别氧化为Fe2O3,P205oFe2P与 02反 应 的 化 学 方 程 式 为。加 入 硫 酸 的 目 的 是。(3)“制备”时 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 为；上述流程制得的FePO4-2H2O 中含有的杂质是；所得滤液中含有(NHQ2SO4,O.lmol/L

20、的(NH4)2SC)4溶液中，离子浓度由 大 到 小 的 顺 序 为。(4)FePO4与 Li2cCh及 C 在高温条件下生成LiFePCM和等物质的量的CO2 C O,该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 O【答案】(1)第 2周期第I A族 H 3 P O4 H+H2P O；90(2)4 F e?P+l -4 F e2O 3+2 P2O 5 溶解碱性氧化物F e2O3等并保持体系的酸度(3)F e3+H3P O4+N H3 H2O +H20=F e P O4-2 H2O；+N H*+2 H+F e(O H)3 c(N H：)c(S O j)c(H+)c(O H )(4)1:2【解析】以磷

21、铁渣(含F e、F e P,F e 2 P 及 S i O?)为原料，制备F e P O/H。需经过F e、P等元素的氧化、S i 0 2 杂质的去除、产品的转化等过程。具体操作为：先将硝酸分解，利用生成的。2 将 F e、F e P、F e 2 P 等氧化为F e z C h 和 P 2 O 5，利用硫酸提供酸性环境，并将F e z C h 溶解生成F e K S O G，然后过滤去除S i C h;再加H 3 P O 4 调节混合物中铁、磷的比例关系，使其达到F e P O4的组成；加入氨水调节溶液的p H,从而生成F e P O r Z H?。沉淀。(1)锂的原子序数为3,K、L层依次排

22、有2、I个电子，在元素周期表中的位置为第2周期第I A族。H 3 P 0 4 为三元中强酸，发生分步电离，其一级电离方程式为H 3 p 0 4 H+H2P 0；90(2)依题意知，F e 2 P 与 0 2 反应生成F e z。?、P 2 O 5，化学方程式为4 F e 2 P+1 1 0 2 =4 F e 2 0 s+2 P 2 0 5 oF e P O a 溶于强酸，为防止生成F e P O 沉淀，给杂质的分离造成困难，加入硫酸，其目的是溶解碱性氧化物F e 2 O 3 等并保持体系的酸度。(3)“制备”时，F e 2(S C U)3 与磷酸、氨水发生反应，生成 F e P O4-2 H2

23、O 沉淀等，离子方程式为 F e +H 3 P C U+N H3 H2O +H2O=F e P O4-2 H2O l+N H：+2 H+；因氨水能将F e 3+转化为沉淀，所以上述流程制得的F e P O/H z O 中含有的杂质是 F e(0 H)3；所得滤液中含有(NH Q2 S O 4,O.l m o l/L 的(NH 4)2 S O 4 溶液中，因 N H：发生水解，其浓度减小，同时溶液呈酸性，所以离子浓度由大到小的顺序为c(NH；)c(S O j-)c(H+)c(O H )(4)F e P O4与 L i 2 c C h 及 C在高温条件下生成L i F e P O 4 和等物质的量

24、的C O 2、CO,化学方程式高温为 2 F e P C U+L i 2 c o 3+C =2 L i F e P C)4+C O 2 T+C O T，该反应中还原剂(C)与氧化剂(F e P C M 的物质的量之比为1:2。12.（14 分）亚硝酰氯（N0C1）是有机合成中的重要试剂，可由N O与CU反应制得，实验装置如图（夹持装置略去）。NO吸收装置已知：NOC1遇水发生反应；NOC1的部分性质如表:物质颜色熔点沸点密度（液体时）NOC1黄色（气体）或红褐色（液体）-64.5-5.51.25g-cm-3回答下列问题:实验时，需先通入C%，待装置a、b、c、e中充满Cl2时，再同时通入C、和

25、N O,先通入C12的目的是。NOC1在装置_ _ _ _ _ _ _（填“a、b”或c”）处生成，该反应的化学方程式为 o（2）装置f中 的 仪 器 名 称 是,该装置的作用为 o（3）装置e中 烧 杯 内 盛 有 的 物 质 是（填“冷水”、“冰水混合物”或“冰盐混合物”）。通入1L2L（标准状况）NO后，测得装置e中锥形瓶收集到19.65mL液体，若该液体为纯净的目标产物，则N O的 转 化 率 为。【答案】（1）排尽装置中。2,防止其与NO反应 c 2NO+Cb=2NOCl（2）干燥管 吸收氯气，防止空气中的水蒸气进入e中（3）冰盐混合物 75%【解析】本实验的目的是制备NOC1,其反

26、应原理是2NO+Cb=2NOCl,装置a吸收氯气中的HC1,NOC1遇水发生反应，装置b盛放浓硫酸，干燥氯气，装置d的作用是干燥NO,装置c为NO和C L充分混合反应得到NOC1,装置e冷却NOC1气体，装置f的作用是吸收氯气以及防止外界水蒸气的进入，据此分析；(1)NO能与空气中的氧气发生反应生成N O?,因此先通入Cb，排除装置中的氧气，防止NO转化成NO2；根据上述分析，NOC1应在装置c 处生成；该反应的方程式为2NO+C12=2NOC1；(2)根据仪器f 的特点，仪器f 为干燥管；根据(1)先通一段时间的C12,且 C12有毒、会污染大气，因此装置f 的作用之一是吸收尾气中的C12,

27、NOC1遇水反应，因此仪器f 的另一个作用是防止外界水蒸气的进入到仪器e 中；(3)NOC1的熔点为一6 4.5 C,沸点为一5.5。，需要将NOC1蒸气冷却，冰盐水的温度相对较低，为了增强冷却效果，用冰盐混合物效果最好；收集到的液体为NOC1,其质量为19.65mLx|.25g/cm3=24.5625g,其物质的量为-,二=0.375moL 根据 2NO+C12=2NOC1,65.5g/mol消耗NO的物质的量为0.375m ol,标准状况下，11.2LNO的物质的量为0.5m ol,根据2N0，0.375mol+C12=2NOC1,即 NO 的转化率为-xl()()%=75%。0.5mol

28、13.(13 分)N02是大气主要污染物之一，有效去除大气中的N02是环境保护的重要课题。(1)用水吸收N02的相关热化学方程式如下：2NO2(g)+H2O(1)=HNO3(aq)+HNO2(aq)A/,=-l 16.1kJmor13HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(1)H2=+75.9kJ-mof1反应 3NO2(g)+H2。=2HNO3(aq)+NO(g)的=kJ-mol-1 o(2)科学家研究出了一种高效催化剂M,可以用CO将 NO2去除，反应方程式为：2NC)2(g)+4CO(g)4CO2(g)+N2(g)AHO某温度下，向 10L密闭容器中分别充入LOOmol

29、NO?和 2.00molCO,发生上述反应，随着反应的进行，容器内C O 的含量变化如下表所示：时间/min02481012CO/mol2.001.601.360.860.720.72回答下列问题：若将温度降低，再次平衡后，与原平衡相比体系压强(P总)如 何 变 化(填 增 大”、“减小”或“不变”)。04min内，用 NCh表示的反应速率为 mol-L-min-0该温度下达平衡时的平衡常数K=(列出代数式，不必计算)。下列说法能表明该反应已达平衡的是A.v E(NO2)=2va(N2)B.其他条件不变时，混合气体的平均摩尔质量不再改变C.C(N O2)：C(C O)：C(C O2)：C(N2

30、)=2：4：4：1D.NO?的去除率不再改变E.容器内温度维持恒定不变将一定比例的C O 和 NO 2的混合气体，匀速通入装有催化剂M 的反应器中反应。反应相同时间NO2的去除率随反应温度的变化曲线如图所示，在 50250C范围内随着温度的升高，NO2的 去 除 率 先 迅 速 上 升 后 上 升 缓 慢 的 主 要 原 因 是。OfcsS_i_ _._ i_L_i_i_._ I0 100 200 300 380 500温度/中科院大连化物所研制的千瓦级熔融碳酸盐燃料电池样机曾获国家科技进步二等奖，请写出 CO熔融碳酸钾燃料电池的负极反应式_ _ _ _ _ _ _【答案】(1)-136.2

31、减 小 0-008(Z琛 偌ABD上升迅速段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NO?去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起NO2去除反应速率增大，但催化剂活性降低(或去除率接 近 100%,上升空间小)CO-2e+C O/=2CC)2【解析】(1)反应2NCh(g)+H2O(1)=HNO3(aq)+HNO2(aq)AWl=-116.1kJ mol3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)A/2=+75.9kJmol 1,由盖斯定律可知,x3+2可得 3NO2(g)+H2O(1)=2HNO3(aq)+NO(g)(-116.1)x3+75.9,-kJ-m

32、ol=136.2 kJ-mol；2(2)该反应正向为放热反应，降低温度平衡将正向移动，正向为气体体积减小的反应，根据恒温恒容下气体总物质的量之比等于压强之比可知，容器内压强将减小；04min 内，A c(C O)=-136万叫()06 4m o/L)则c(NC)2)=().032mol/L,因此 v(NO，)10L0.032mol/L4 min=0.008mol L min；由表格可知，反应在lOmin之后已达到平衡状态，平衡时c(CO)=0.072mol/L,C(NO 2)=0.036mol/L,c(CO2)=0.128mol/L,c(N2)=0.032m ol/L,则该温度下达平衡时的平衡

33、常数 K_ 0.032 xQ.12840.0362X0.0724,A.(NO?)、V迪(N2)表示不同方向化学反应速率，达到平衡时NO?速率为N2的 2 倍，即v il;(NO2)=2v逆(附,故A 符合题意;B.反应过程中气体总质量不变，气体的总物质的量不变时，反应达到平衡状态，即混合气体的平均摩尔质量不再改变可说明反应达到平衡状态，故 B 符合题意；C.不确定反应各物质起始浓度以及平衡转化率，所以C(NC)2)：C(C O)：C(C O2)：C(N2)-2：4：4：1 不能判断反应达到平衡状态，故 C 不符合题意；D.NO?的去除率不再改变可说明反应达到平衡状态，故 D 符合题意；E.该反

34、应过程中保持温度恒定，因此不能根据容器内温度判断反应达到平衡状态，故 E 不符合题意；综上所述，答案为ABD；温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增大也会提高反应速率，一段时间后催化剂活性增大幅度变小，主要是温度升高使反应速率增大，故答案为：上升迅速段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NO?去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起NO?去除反应速率增大，但催化剂活性降低(或去除率接近100%,上升空间小)；CO熔融碳酸钾燃料电池放电过程中，CO 发生氧化反应生成CO?，负极反应式CO2e+CO：=2CO214.(10 分)材料是人类文明进步的阶梯，第HIA族、N A 族

35、、VA族及V ID 族元素是组成特殊材料的重要元素。回答下列问题：(1)与硼处于同周期且相邻的两种元素和硼的第一电离能由大到小的顺序为。(2)某元素位于第四周期V I I I 族，其基态原子的未成对电子数与基态氮原子的未成对电子数相同，则 其 基 态 原 子 的 价 层 电 子 排 布 式 为。(3)NH 3 分子在独立存在时H-N H键角为1 0 7%如图是 Zn(NH 3)6 +离子的部分结构以及H N H键角的测量值。解释NH 3 形成如图配合物后H N H键角变大的原因:109.5/Zn2./)1O9.5。109.5、A，HH(4)某种金属锂的硼氢化物是优质固体电解质，并具有高储氢密度

36、。阳离子为L i+,每个阴离子是由12 个硼原子和12 个氢原子所构成的原子团。阴离子在晶胞中位置如图所示，其堆积方式为,L i 卡 占据阴离子组成的所有正四面体中心，该 化 合 物 的 化 学 式 为(用 最 简整数比表示)。假设晶胞边长为a nm,NA代表阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的密度为g/c m【答案】(l)C B e B(2)3 d 7 4 s 2(3)N H3分子中N 原子的孤电子对进入Zn”的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱(4)面心立方最密堆积 L i B 6 H 6 -a3 x NA【解析】(1)同周期元素中，第一电

37、离能从左到右呈增大趋势，因B e 的价层电子排布式为2 s 2,位 于 I I A 族，第一电离能比B的第一电离能大，则第一电高能比较：C B e B：(2)因基态氮原子的价层电子排布式为2 s 2 2 P)未成对电子数为3,而第四周期V I I I 族 C。的基态原子的价层电子排布式为3 d 7 4 s 2,未成对电子数也为3,符合题意，故答案为3 d 7 4 s 2；(3)Nh 分子中N 原子的孤电子对进入+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱，导致形成配合物后HN H键角变大；(4)根据阴离子在晶胞中位置图，阴离子在晶胞顶点和面心，

38、所以堆积方式为面心立方最密堆积；根据“均摊法”，阴离子数8X：+6X=4,Li-占据阴离子组成的所有正四面体中心，晶胞中共8 个锂离子，故该化合物的化学式(最简式)为LiB6H6,晶体的密度=晶胞的密度=一个晶胞的质量 _ 8x7g/w?o/+4x(12xl Ig/mol+12xlg/mol)_ 6.32x1()23一个晶胞的体积=m or.(axlO-7)W =P NN 8 m015.(10 分)天然产物I 具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可通过以下路线合成。C 4H6,S g C 4 H 5 c l -C H 2cH 20H 必 附 r H C=CH2cH20H加热 2 2 2)NH,C1 3

39、 2 2已知:C+-Z(Z=C00R,C0OH 等)z回答下列问题：(1)A所 含 官 能 团 的 名 称 为,FTG的 反 应 类 型 为。(2)上述反应中B-C 所 需 的 试 剂 与 条 件 是,化合物X 的结构简式为(3)写出满足以下条件的D 的 一 种 同 分 异 构 体 的 结 构 简 式。链状结构；能发生银镜反应；含有三种不同化学环境的氢原子。(4)关于G、H 的 说 法 正 确 的 是(填 序 号).a.两者都能和澳水发生加成反应b.两者都能和氢氧化钠溶液发生反应c.两者都能使酸性高铳酸钾褪色d.两者互为同系物【答案】(1)碳碳叁键 加成反应(2)氢氧化钠水溶液、加热=O O

40、H(4)b c【解析】根据B的分子式和C的结构可以推出，B的结构为C H=C-C H2-C H2C 1,则 A的结构为CHEC-CH”CH3；有机物E与X发生反应生成有机物F,有机物F因有酯基，则有机物 X为酸；有机物F发生已知条件的反应生成有机物G,有机物G再发生后续的反应得到天然产物I,据此分析。(1)根据分析，有机物A为 C H 三 C C H 2-C H 3,其官能团为碳碳三(叁)键；根据流程和已知条件，FTG的反应类型与已知条件中有机反应类型相同，已知反应中为不饱和煌的加成反应，因此F-G的反应类型为加成反应；(2)B C为卤代烧的水解反应，反应条件为N a O H 水溶液、加热；有

41、机物E与 X反应生成有机物F,观察有机物F的结构可知，F为酯，因为E为醇，则 X为酸，再根据有机物E和 F的结构可以得到有机物X的结构为=00H；(3)根据条件，该同分异构体可以发生银镜反应，说明该有机物中含有醛基，再根据题目中的其他条件可以写出满足条件的同分异构体，该满足条件的同分异构体为(4)a.G中含有碳碳双键，可以使澳水褪色，但 H中不含有双键，不能使澳水褪色，a 错误;b.G和 H中均含有酯基，均可以与N a O H 溶液发生水解反应，b正确;c.G中含有碳碳双键，可以使酸性高镒酸钾溶液褪色，H中含有苯环，苯环上含有甲基,可以使酸性高镭酸钾溶液褪色，c 正确：d.G和 H的化学式不同，不属丁同系物，d错误;故答案选b e。