2021年山东省潍坊市高考化学一模试卷解析版

2021年山东省潍坊市高考化学一模试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
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Te
D. “焙砂”与碳酸钠充分混合后，可在瓷坩锅中焙烧
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
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①
B. 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
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>Z
B. 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
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C10H20O
B. 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+Li1-x CoO2⇌
充电
放电
C6+LiCoO2，其工作原理如图所示。

下列关于该电池的说法正确的是（）
A. 充电时，Li+嵌入LiCoO2中
B. 放电时，LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2−xe−=Li1−x CoO2+xLi+
C. 放电时负极反应为：Li−e−=Li+
D. 充电时，若转移1mole−，石墨烯电极增重7g
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lg c(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. K a2(H2X)的数量级为10−9
二、简答题（本大题共4小题，共49.0分）
8.三氧化二镍（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=1.6×10-14）
②K sp[Fe（OH）3]=2.16×10-39，K sp[Ni（OH）2]=2×10-15
③K a1（H2C2O4）=5.6×10-2，K a2（H2C2O4）=5.4×10-5
④“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-+•OH
ii．R-+•OH=OH-+•R
iii．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•L-1，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≤1.0×10-5mol•L-1），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(C2O4
2−)
c(H2C2O4)
______（保留两位有效数字）。

“沉镍”即得到草酸镍沉淀，其离子方程式是______
（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______。

9.煤燃烧排放的烟气含有NO x，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（g）△H=-1807.0kJ•mol-1，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：
①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•L-1•min-1
C．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K p=______（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，NO x也能发生脱硝反应。

①已知：
N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=180.6kJ•mol-1
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4kJ•mol-1
H2O（g）=H2（g）+1
2
O2（g）△H=241.8kJ•mol-1
则脱硝反应4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）=4N2（g）+6H2O（g）△H=______kJ•mol-1
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。

10.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O-C-H键角______（填“大于”“等于”或“小于”）甲醛分子内的O-C-H 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（0，1
2
，1
2
）。

则P原子的坐标参数为______。

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N A和a的代数式表示）。

11.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的反应类型为______。

（3）反应④所需试剂、条件分别为______。

（4）写出反应③的化学方程式______。

（5）1mol E与1mol H2完全加成生成1mol W，W有多种同分异构体，其中属于α-氨基酸、分子中含两个羧基、且苯环上有两个取代基的W的可能结构共有______种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为五组峰，峰面积比为3：2：2：2：2的结构简式为______。

（6）设计以甲苯和（CH3CO）2O为原料制备的合成路线______（无机试剂任选）。

三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
12.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：
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•L-1NaOH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______。

答案和解析
1.【答案】D
【解析】
解：A．合理处理阳极泥，可减少污染，有利于保护环境，且资源可再利用，故A正确；B．SeO2、SO2混合气体用水吸收，发生氧化还原反应得到H2SO4、Se，故B正确；
C．TeO2沉淀，加碱得到Na2TeO3溶液，电解得到Te，应发生还原反应，故C正确；
D．高温下可碳酸钠与二氧化硅反应，导致陶瓷炸裂，故D错误。

故选：D。

以铜阳极泥（主要成分为Cu、Se、Cu2S、Cu2Se、Cu2Te、CuSe、CuTe等）加入硫酸焙烧，得到SeO2、SO2和TeO2等，SeO2是两性氧化物，难溶于水，浸渣中含有SeO2，+4价Se的氧化性强于+4价S的氧化性，SeO2、SO2混合气体用水吸收得到H2SO4、Se，过滤分离，滤液中含有硫酸，经过净化除杂得到Se．硫酸焙烧后的浸出液为CuSO4溶液，TeO2中加入碳酸钠进行熔炼，浸出得到Na2TeO3溶液，加硫酸中和多余的碱，得到TeO2沉淀，加碱得到Na2TeO3溶液，电解得到Te，以此解答该题。

本题以从阳极泥中回收碲、硒为载体的工艺流程，涉及实验的设计与评价，考查混合物的分离与提纯电解原理的理解与应用，侧重考查学生的分析能力和实验能力，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质，难度中等，综合性强。

2.【答案】B
【解析】
解：A．石油裂解的目的是获得短链不饱和烃，产物常用于化工生产，不用作燃料，故A错误；B．乙酸可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，乙醇易溶于水，苯不溶于水，溶液分层，可鉴别，故B正确；
C．合成纤维的主要成分不是纤维素，不属于糖类，故C错误；D．甘氨酸不含肽键，不水解，故D错误。

故选：B。

A．石油裂解的目的是获得不饱和烃；
B．乙酸可与碳酸氢钠反应，苯不溶于水；
C．合成纤维的主要成分不是纤维素；
D．甘氨酸不水解。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的组成、性质、结构及石油综合应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意石油分馏与裂解的目的，题目难度不大。

3.【答案】C
【解析】
解：A．高锰酸钾颗粒较小，容易从隔板掉入溶液中，不能实现液体与固体的分离，应选择装置②，故A错误；
B．Cl2的密度比空气大，应用向上排空气法，③用于Cl2收集时，b为进气口，故B错误；C．通入Cl2后，发生反应Cl2+2NaBr═Br2+2NaCl，生成的Br2呈橙红色且易溶于CCl4中，可观察到溶液分层且下层呈橙红色，可验证Cl2的氧化性，故C正确；
D．⑤中的品红溶液通入Cl2后，因有HClO生成，可使品红溶液褪色，此漂白褪色属于氧化型，是不可逆的，加热后不能复原，故D错误；
故选：C。

A、①装置带有隔板，但高锰酸钾颗粒较小，无法实现液体与固体的分离；
B、Cl2的密度比空气大，应用向上排空气法；
C、Cl2+2NaBr═Br2+2NaCl，Br2在CCl4中的溶解度较大，下层溶液呈橙红色，可验证Cl2的氧化性；
D、⑤中的品红溶液通入Cl2后，因有HClO生成，可使品红溶液褪色，但加热后不复原。

本题考查Cl2的制备并验证Cl2的性质，为高频考点，掌握氯气的制备原理、收集方法及其性质是关键，明确氧化性漂白的不可逆性，题目难度中等。

4.【答案】C
【解析】
解：根据分析可知：X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素，R为Na元素。

A．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：Z＞W＞R，故A 错误；
B．H、C形成的化合物为烃，碳原子数较少的烃常温下为气态，但碳原子数较多时为液态或固态，故B错误；
C．Na、O形成的氧化钠和过氧化钠都是离子化合物，故C正确；
D．N与O形成的NO、二氧化氮都是大气污染物，C与O形成的CO为大气污染物，而二氧化碳不属于污染物，故D错误；
故选：C。

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，设Z的最外层电子数为a，则Y、W的最外层电子数分别为a-1、a+1，则a-1+a+a+1=15，解得：a=5，Y、Z、W分别位于ⅣA族、ⅤA族和ⅥA族，当Y为C元素、Z为N 元素、W为O元素时，X比Y核外少一个电子层，则X为H元素，R的质子数是X、Y、Z、W 四种元素质子数之和的，则R的质子数=（1+6+7+8）=11，为Na元素；当Y为Si元素、Z为P元素、W为S元素时，R的质子数=（14+15+16+Z）＞18，不属于短周期元素，不符合条件，故X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素，R为Na元素，据此解答。

本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，利用讨论法推断元素为解答结构，注意熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题培养了学生的逻辑推理能力。

5.【答案】B
【解析】
解：A．二者的分子式为C10H18O，故A错误；
B．香叶醇含有羟基，可与钠反应，可鉴别，故B正确；
C．龙脑分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的碳原子不可能在同一个平面上，故C错误；
D．月桂烯含有3个碳碳双键，则1mol月桂烯最多能与3molBr2发生加成反应，故D错误。

故选：B。

A．分子式为C10H18O；
B．香叶醇含有羟基；
C．龙脑分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点；
D．月桂烯含有3个碳碳双键。

本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大。

6.【答案】D
【解析】
解：A、充电时，Li+嵌入Li1-x CoO2中，故A错误；
B、放电时，LiCoO2极发生的电极反应为Li1-x CoO2+xLi++xe-=LiCoO2，故B错误；
C、放电时负极反应为：Li x C6-xe-=C6+xLi+，故C错误；
D、充电时，阴极电极反应式为：C6+xLi++xe-=Li x C6，所以若转移1mole-，石墨烯电极增重7g，故D正确；
故选：D。

根据电池反应式知，负极反应式为Li x C6-xe-=C6+xLi+、正极反应式为Li1-x CoO2+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。

本题考查化学电源新型电池，侧重考查原电池和电解池原理，明确充放电各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。

7.【答案】C
【解析】
解：A.=×=，=×=，Ka1＞Ka2，则c（H+）相同即pH相同时，＜，则lg＜lg，即pH相同时纵坐标较大的是lg、较小的是lg，所以M表示lg与pH变化曲线、N表示lg与pH变化曲线，故A错误；
B．通过A知，M表示lg与pH变化曲线、N表示lg与pH变化曲线，M中纵坐标为0时，
Ka1=c（H+）=10-4.4，N中纵坐标为0时，K a2=c（H+）=10-5.6，HX-水解平衡常数Kh==10-9.6＜10-5.6，说明其电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故B错误；
C．当溶液中中性时c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（Na+）=2c（X2-）+c（HX-），根据图知，pH=7时，lg＞0，则c（X2-）＞c（HX-），所以存在c（Na+）＞c（X2-）＞c（HX-）＞c（H+）=c（OH-），故C正确；
D．根据B知，K a2=c（H+）=10-5.6，故D错误；
故选：C。

A.=×=，=×=，Ka1＞Ka2，则c（H+）相同即pH相同时，＜，则lg＜lg，即pH相同时纵坐标较大的是lg、较小的是lg；
B．通过A知，M表示lg与pH变化曲线、N表示lg与pH变化曲线，M中纵坐标为0时，
Ka1=c（H+）=10-4.4，N中纵坐标为0时，K a2=c（H+）=10-5.6，HX-水解平衡常数Kh==10-9.6＜10-5.6，说明其电离程度大于水解程度；
C．当溶液中中性时c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（Na+）=2c（X2-）+c（HX-），根据图知，pH=7时，lg＞0，则c（X2-）＞c（HX-）；
D．根据B知，K a2=c（H+）=10-5.6。

本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，正确判断纵坐标含义、电离平衡常数计算方法是解本题关键，注意C中c（X2-）、c（HX-）相对大小比较方法，题目难度中等。

8.【答案】 2.8 无 3.02 Ni2++H2C2O4=NiC2O4↓+2H+ 4NiC2O4+3O2−高温2Ni2O3+8CO2↑ Fe2+和H2O2发生反应生成•OH，•OH将R-转化为•R，c（R-）减小，使平衡NiR2（aq）⇌Ni2+（aq）+2R-（aq）正向移动，实现“脱络” Ni2O3+6H++2Cl-=2Ni2++Cl2↑+3H2O
【解析】
解：（1）中间产物•OH的电子式为：：
故答案为：：
（2）“沉铁”时，铁离子沉淀完全，根据K sp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•c3（OH-）=2.16×10-39，则c（OH-）=mol/L=6×10-12mol/L，故c（H+）==mol/L，此时pH=-lgc（H+）=-lg（10-2）+lg6=2.8；溶液中c （Ni2+）=0.01mol•L-1，则Qc[Ni（OH）2]=0.01mol/L×（6×10-12mol/L）2＜K sp[Ni（OH）2]，故此时无Ni（OH）2沉淀生成；
故答案为：2.8；无；
（3）25℃时，pH=3的草酸溶液中=×××=K a1×K a2×==3.02；“沉镍”即镍离子与草酸得到草酸镍沉淀，离子方程式为：Ni2++H2C2O4=NiC2O4↓+2H+；
故答案为：3.02；Ni2++H2C2O4=NiC2O4↓+2H+；
（4）由流程可知“灼烧”氧化草酸镍为草酸镍与氧气生成氧化镍和二氧化碳，反应方程式为：
4NiC2O4+3O22Ni2O3+8CO2↑；
故答案为：4NiC2O4+3O22Ni2O3+8CO2↑；
（5）加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”，原因是Fe2+和H2O2发生反应生成•OH，•OH将R-转化为•R，c（R-）减小，使平衡NiR2（aq）⇌Ni2+（aq）+2R-（aq）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-转化为•R，c（R-）减小，使平衡NiR2（aq）⇌Ni2+（aq）+2R-（aq）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，氯元素化合价升高，发生氧化还原反应，故镍元素化合价降低生成镍离子，故离子方程式为：Ni2O3+6H++2Cl-=2Ni2++Cl2↑+3H2O；
故答案为：Ni2O3+6H++2Cl-=2Ni2++Cl2↑+3H2O。

（1）中间产物•OH由氧原子与氢原子之间形成一对共用电子对；
（2）已知：K sp[Fe（OH）3]=2.16×10-39，“沉铁”时，铁离子沉淀完全，根据K sp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）
•c3（OH-），计算c（OH-），再计算c（H+），可得pH，最后计算Qc[Ni（OH）2]，与K sp[Ni（OH）2]=2×10
-15比较可得；
（3）25℃时，pH=3的草酸溶液中=×××=K a1×K a2×，据此计算；“沉镍”即镍离子与草酸得到草酸镍沉淀；
（4）由流程可知“灼烧”氧化草酸镍为草酸镍与氧气生成氧化镍和二氧化碳；
（5）根据化学平衡移动分析；
（6）三氧化二镍能与浓盐酸反应生成氯气，氯元素化合价升高，发生氧化还原反应，故镍元素化合价降低生成镍离子，据此书写。

本题考查了工艺流程分析，涉及溶度积、电离平衡常数的计算，化学平衡移动，氧化还原反应等知识点，综合性强，计算量大，考查较灵活，注意题目信息的获取，题目难度较大。

9.【答案】C 5
21
P0 -1627.2 ＞ O3的物质的量或其浓度或质量等 NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+ 0.3
【解析】
解：（1）①A．3min后NO和NH3的浓度都不再变化，反应达到平衡状态，并未停止进行，故A 错误；
B．体积不知，前2min内的平均反应速率v（N2）不能计算，故B错误；
C．达到平衡时NO的转化率=×100%=50%，故C正确；
D．及时分离出N2，生成物浓度减小，可使该反应的反应速率减小，平衡正向移动，故D错误；故答案为：C；
②6NO（g）+4NH3（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）
起始量：（mol） 1.2 0.9 0 0
变化量（mol） 0.6 0.4 0.5 0.6
平衡量（mol） 0.6 0.5 0.5 0.6
总物质的量=2.2mmol，
若反应开始的压强为p0，则该反应的化学平衡常数K p==P0，故答案为：P0；
（2）①Ⅰ．N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=180.6kJ•mol-1
Ⅱ．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4kJ•mol-1
Ⅲ．H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=241.8kJ•mol-1
盖斯定律计算得到脱硝反应4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）=4N2（g）+6H2O（g）△H=-1627.2KJ/mol，故答案为：-1627.2；
②脱硝反应为2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g）△H＜0，反应是气体体积减小的放热反应，增大压强平衡正向进行，二氧化氮含量减小，则P1＞P2，NO2的百分含量随压强（p）、x的变化如图所示，二氧化氮随x增多减小，平衡正向进行，则x可能为：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）图中分析可知生成氢气的电极b为电解池阴极，a为电解池阳极，通入的含NO的烟气失电子发生氧化反应生成硝酸，电极反应：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，当电解44.8L（标准状况）含5%NO的烟气，NO物质的量==0.1mol，电极反应计算理论上电路中通过电子的物质的量为0.3mol，
故答案为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；0.3。

（1）脱硝反应为：6NO（g）+4NH3（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）△H=-1807.0kJ•mol-1，
①A．3min后NO和NH3的浓度都不再变化，反应达到平衡状态；
B．体积不知不能计算前2min内的平均反应速率v（N2）；
C．达到平衡时NO的转化率=；
D．及时分离出N2，浓度减小该反应的反应速率减小；
②用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，平衡常数Kp=；
（2）①Ⅰ．N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=180.6kJ•mol-1
Ⅱ．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4kJ•mol-1
Ⅲ．H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=241.8kJ•mol-1
盖斯定律计算得到脱硝反应4NO （g ）+4NH 3（g ）+O 2（g ）=4N 2（g ）+6H 2O （g ）△H ；
②反应分析可知二氧化氮含量越高，压强越低，二氧化氮浓度减小，平衡正向进行，据此判断改变的条件；
（3）图中分析可知生成氢气的电极为电解池阴极，a 为电解池阳极，通入的含NO 的烟气失电子发生氧化反应生成硝酸，结合电极反应和电子守恒计算电路中通过电子的物质的量。

本题考查热化学方程式计算、图象分析、电解原理、化学反应速率计算和影响因素分析判断等知识点，侧重考查学生图象分析及知识综合运用能力，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

10.【答案】D B sp 2、sp 3 N ＞H ＞Cu 3：1 小于 （1
2，1
2，1
2） 4 平面正方形 √
2
2
×3242ρN A ×1010 【解析】
解：（1）原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，轨道能量：1s ＜2s ＜2p ，如果电子完全占据2p 轨道，则能量最高的是D ， 故选D ；
（2）①该离子中亚铜离子和N 原子之间存在配位键、C-C 原子之间存在非极性键、C-N 和N-H 原子之间存在极性键，所以不存在离子键， 故选B ；
②该离子中环上的C 原子价层电子对个数是3、亚甲基上和甲基上的C 原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C 原子杂化轨道类型，前者为sp 2杂化、后者是sp 3杂化， 故答案为：sp 2、sp 3；
③元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性N ＞H ＞Cu ，则电负性N ＞H ＞Cu ， 故答案为：N ＞H ＞Cu ；
（3）甲醛分子结构式为，该分子中含有σ键与π键个数分别是3、1，则甲醛分子内σ键与π键个数之比为3：1；甲醇分子中O 原子上含有2个孤电子对、甲醛分子中O 原子上没有孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的排斥力，所以甲醇分子内的O-C-H 键角小于甲醛分子内的O-C-H 键角，
故答案为：3：1；小于；
（4）①其中原子坐标参数A 为（0，0，0）；B 为（0，，），P 原子位于体对角线中心上，在X 、Y 、Z 轴上分别是、、，所以P 的参数为（，，）， 故答案为：（，，）；
②该晶体中距离Cu 原子最近的Sn 原子分别位于同一个平面正方形的顶点上，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若晶体密度为ag•cm 3，设棱长为xcm ，晶胞体积=x 3cm 3，该晶胞中Sn 原子个数=8×=1、Cu 原子个数=6×
=3、P 原子个数为1，ρ==，x==cm ，Cu 到P 的距离=×xcm ，两个距离最近的 Cu 原子核之间的距离=cm=xcm=×cm=××1010pm ， 故答案为：×
×1010。

（1）原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高；
（2）①该离子中亚铜离子和N 原子之间存在配位键、C-C 原子之间存在非极性键、C-N 和N-H 原子之间存在极性键；
②该离子中环上的C 原子价层电子对个数是3、亚甲基上和甲基上的C 原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C 原子杂化轨道类型； ③元素的非金属性越强，其电负性越大；
（3）甲醛分子结构式为，该分子中含有σ键与π键个数分别是3、1；甲醇分子中O 原子上含有2个孤电子对、甲醛分子中O 原子上没有孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的排斥力；
（4）①其中原子坐标参数A 为（0，0，0）；B 为（0，，），P 原子位于体对角线中心上，在X 、Y 、Z 轴上分别是、、；
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； ③若晶体密度为ag•cm 3，设棱长为xcm ，晶胞体积=x 3cm 3，该晶胞中Sn 原子个数=8×
=1、Cu
原子个数=6×=3、P原子个数为1，ρ==，x==cm，Cu到P的距离=×xcm，两个距离最近的
Cu原子核之间的距离=cm=xcm。

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、元素周期律、化学键等知识点，侧重考查基础知识的灵活运用、基本公式的识记和运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞中原子距离的计算，采用逆向思维方法分析解答（4）题，题目难度中等。

11.【答案】对硝基甲苯或4-硝基甲苯取代反应 NaOH醇溶液、加热 12
【解析】
解：（1）物质B中硝基为取代基，甲苯为母体，B的名称为：对硝基甲苯或4-硝基甲苯，
故答案为：对硝基甲苯或4-硝基甲苯；
（2）对B、C的结构，可知B中苯环上H原子被-CH2CHBrCHO替代生成B，同时还生成HCl，反应②属于取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）对比C、E的结构，结合反应③的条件，可知C中醛基氧化为羧基得到D，D发生卤代烃的消去反应生成E，故D为，反应④所需试剂、条件分别为：NaOH醇溶液、加热，
故答案为：NaOH醇溶液、加热；
（4）反应③是与氢氧化铜发生氧化反应生成，反应方程式为：，
故答案为：；
（5）E的结构简式为，1mol E与1mol H2完全加成生成1mol W，应是碳碳双键与氢气发生加成反应，则W为，W的同分异构体满足：属于α-氨基酸、分子中含两个羧基、且苯环上有两个取代基，两个取代基为-COOH、-CH2CH（NH2）COOH，或者为-COOH、，或者为-CH3、，或者为-CH2COOH、-CH（NH2）COOH，均有邻、间、对3种位置结构，故符合条件的共有4×3=12种，其中核磁共振氢谱为五组峰，峰面积比为3：2：2：2：2的结构简式为：，
故答案为：12；；
（6）甲基氧化引入羧基。

发生硝化反应移入硝基，硝基还原引入氨基，氨基与（CH3CO）2O作用形成肽键。

由于氨基易被氧化，应向引入氨基。

故甲苯先发生对位硝化反应，再还原为氨气，然后与（CH3CO）2O反应，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化，合成路线流程图为：，
故答案为：。

（1）物质B中硝基为取代基，甲苯为母体；
（2）对B、C的结构，可知B中苯环上H原子被-CH2CHBrCHO替代生成B，同时还生成HCl；（3）对比C、E的结构，结合反应③的条件，可知C中醛基氧化为羧基得到D，D发生卤代烃的消去反应生成E，故D为；
（4）反应③是与氢氧化铜发生氧化反应生成；
（5）E的结构简式为，1mol E与1mol H2完全加成生成1mol W，应是碳碳双键与氢气发生加成反应，则W为，W的同分异构体满足：属于α-氨基酸、分子中含两个羧基、且苯环上有两个取代基，两个取代基为-COOH、-CH2CH（NH2）COOH，或者为-COOH、，或者为-CH3、，或者为-CH2COOH、-CH（NH2）COOH，均有邻、间、对3种位置结构；
（6）甲基氧化引入羧基。

发生硝化反应移入硝基，硝基还原引入氨基，氨基与（CH3CO）2O作用形成肽键。

由于氨基易被氧化，应向引入氨基。

故甲苯先发生对位硝化反应，再还原为氨气，然后与（CH3CO）2O反应，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化。

本题考查有机物的合成，涉及有机物命名、有机反应类型、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，对比物质的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化，（5）转化合成路线设计中注意官能团的保护与移入先后顺序。

12.【答案】球形冷凝管无水氯化钙（或硅胶、P2O5）将装置中的HCl气体全部排入到锥形瓶中，使其充分吸收蒸馏滤液，并收集132℃的馏分 94.4% H2+2FeCl3−
△
2FeCl2+2HCl 熄灭酒精灯，继续通入氢气一段时间氯化铁易升华，转化率低，导管易堵塞
【解析】
解：（1）②仪器a为球形冷凝管；仪器B的作用是防止水汽进入三颈烧瓶，因此该干燥管中盛放的试剂为干燥剂，同时该干燥剂不能与生成的HCl气体反应，故选用的干燥剂可以是无水氯。