四川省天全中学高2021级高考冲刺模拟卷6
本卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32
1. 中国工笔画是我国传统美术的艺术珍品，在其创作过程中要使用笔、墨、纸绢、颜料、胶矾水等。胶矾水主要成分是明胶和明矾，用于“生宣熟化”和“三矾九染”。下列说法错误的是
A. “生宣熟化”工艺中明矾水解得到的胶体可促进明胶的凝聚
B. 纸、绢的主要成分分别是纤维素和蛋白质，均属于天然高分子化合物
C. 绘制工笔画使用的矿物颜料石青［主要成分为］耐酸碱腐蚀
D. 绘制工笔画使用的油烟墨的主要成分炭黑具有很强的稳定性，利于绘画保存
2. 2022年诺贝尔化学奖授予研究“点击化学”科学家。下图所示化合物是“点击化学”研究中的常用分子。关于该化合物的说法错误的是
A. 可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 可与乙醇发生取代反应
C. 1mol该物质最多可与1molNaOH反应 D. 该有机物不含手性碳原子
3. 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 常温下，1L的溶液中含有的数目为
B. 常温常压下，1mol中含有P―P键的数目为
C. 78g晶体含有阴离子数目为
D. 11.2L和22.4L(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数目为
4. 室温下，下列实验方案能得出相应结论的是
选项 方案 结论
A 将灼热的木炭加入浓硝酸中，有红棕色气体产生 木炭在加热条件下能与浓硝酸反应
B 将少量溶于过量的浓盐酸中，再添加几滴溶液，溶液褪色 中含离子
C 向和的混合溶液中滴入酸化的溶液震荡，溶液颜色变红 氧化性：
D 向某盐溶液中加入少量浓溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 该溶液中含有
A. A B. B C. C D. D
5. 已知蓝色环保颜料由原子序数依次增大的W、X、Y、Z、R五种短周期主族元素组成，W、R位于同一主族，W元素原子的核外电子数是其周期序数的4倍；X、Y、Z、R位于同一周期，其原子序数之和为54，且只有Y、Z相邻；X的单质可与冷水剧烈反应，下列有关说法正确的是
A. 简单离子半径： B. 最简单氢化物的稳定性：
C. Y的最高价氧化物对应的水化物为强酸 D. W、Z形成的二元化合物为离子化合物
6. 钠离子电池因原料和性能等方面比锂离子电池更具优势。一种钠离子电池结构如图所示，该电池的负极材料为(嵌钠硬碳)。在充、放电过程中，在两个电极之间往返嵌入和脱嵌。下列说法不正确的是
A. 从原料来源看，量产后钠离子电池的生产成本比锂离子电池的低
B. 放电时，正极的电极反应式为
C. 充电时，从阴极脱嵌，经电解质溶液嵌入阳极
D. 充电时，每转移1mol电子，两个电极的质量变化相差46g
7. 某化学兴趣小组同学在室温下用未知浓度的盐酸溶液滴定，溶液，通过数字化仪器监测变化，得到如下滴定曲线，段有大量气泡产生，下列说法错误的是
A. 溶液中：
B. C点溶液中存在：
C. 段发生的主要反应为：
D. 确定两个滴定终点可分别用酚酞和和甲基橙做指示剂
8. 以溶液为实验对象，研究物质之间反应的复杂多样性。实验如下：
Ⅰ.金属与溶液反应
装置 序号 金属 现象及产物检验
ⅰ 镁条 立即产生大量气体，溶液颜色变红棕色； 片刻后气泡减少，金属表面产生红褐色沉淀。
ⅱ 锌粒 开始时无明显气泡，半分钟后有气体产生，溶液颜色慢慢加深；一段时间后，金属表面产生红棕色沉淀
ⅲ 铜粉 无气体产生，溶液逐渐变为蓝绿色；
（1）配制溶液，需要将固体先溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度，原因是___________。
（2）根据实验ⅰ中的现象，推测红褐色液体为胶体，通过___________可以快速判断其是否为胶体。
（3）溶液与Cu反应的离子方程式为___________，实验ⅰ和ⅱ均先有气体生成，后有溶液颜色的变化，甲同学认为产生该现象的原因可能是此实验条件下氧化性：，乙同学认为可以根据ⅲ判断氧化性：，理由是___________。
Ⅱ.溶液与溶液反应：
（4）取红棕色溶液少许，加入，产生蓝色沉淀，推测与反应的离子方程式是___________。
（5）另取红棕色溶液少许，检测其为胶体，向其中继续滴加溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，该气体是___________。
（6）结合(4)、(5)，推测溶液与溶液反应同时存在__________反应和___________反应。从下列选项选择：
A．复分解 B．双水解 C．置换 D．氧化还原
9. 工业上用软锰矿(主要含、及铁的氧化物)和铅闪(主要含PbS、、ZnS)为原料联合制取和的流程如下图所示。
（1）基态Mn核外有___________个未成对电子，Mn元素位于元素周期表的___________区。
（2）提高“酸浸”浸出率可采取的措施有_______(写两条)，“冰水沉积”的目的是_________。
（3）PbS、MnS、ZnS三种物质在相同条件下，溶度积最大的是___________(填化学式)。
（4）“酸浸”时，PbS与反应生成和，写出其反应的离子方程式_______。
（5）“酸浸”时，要尽量防止硫元素转化为单质S，其主要原因是___________。
（6）“氧化”时，发生的主要反应的离子方程式为___________。
10. CH4-CO2干气催化重整制合成气(H2+CO)是CO2资源化利用的重要研究方向，生产过程需做好积炭的控制。在密闭容器中，该重整体系发生反应Ⅰ～Ⅳ。
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
Ⅳ.
用x表示进料比。回答下列问题：
（1）t℃时，刚性容器中以一定的进料比发生上述四个反应，下列说法正确的是___________(填标号)。
A. 平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ逆向移动
B. 根据混合气体的密度不变可判断重整反应体系已达到平衡状态
C. 增大CH4的起始浓度，K(Ⅰ)和K(Ⅱ)同时增大
D. 催化剂能降低反应的活化能，增大CH4的平衡转化率
（2）下表列出反应Ⅱ中3种化学键的键能：
化学键 C=O H-H O-H
键能/(kJ/mol) 799 436 463
则CO中C≡O的键能为___________。
（3）反应Ⅰ～Ⅳ中，△H-T△S随温度升高而增大的是反应___________。
（4）101 kPa的密闭容器中，进料比x分别为2.0、1.0和0.5下进行催化重整反应，测得平衡时积炭生成量随反应温度的变化如图所示。
①x=0.5的曲线是___________(填“甲”“乙”或“丙”)。
②因积炭生成量增加导致反应Ⅰ速率显著降低的原因是___________。
③x=1.0，温度低于1000℃，随着温度的升高，积炭生成量减少的原因是___________。
（5）t℃、p kPa时，进料比x=0.5，若催化重整只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时气体总物质的量增加了60%，混合气中n(H2O)：n(CO2)=5：6。
①甲烷的平衡转化率为___________。
②平衡常数K(Ⅱ)=___________(列出计算式)。
11. 已知A、B、C、D、E是周期表中前四周期原子序数依次增大五种元素，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子有2个未成对电子；A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体；含E元素的硫酸盐溶液是制备波尔多液的原料之一，按要求回答下列问题：
（1）五种元素中第一电离能最大的是___________，电负性最大的是___________。(以上两空均填元素名称)
（2）E元素所在周期中基态原子的单电子数最多的元素是___________。(填元素符号)
（3）M分子中B原子的轨道杂化类型为___________，M分子中两种键角的大小关系是___________。(用∠XYZ表示，X、Y、Z代表元素符号)
（4）的空间构型为___________；化合物CA3的沸点比BA4的高，其主要原因是___________。
（5）向E元素的硫酸盐溶液中通入过量的CA3，得到深蓝色的透明溶液，在此溶液中加入乙醇，析出深蓝色的晶体，此晶体中存在的化学键类型有___________。(填代号)
A．离子键 B．σ键 C．非极性共价键 D．配位键 E．金属键 F．氢键
（6）如图是D、E两种元素形成的化合物的晶胞结构示意图，D的配位数为___________，已知晶胞中最近两个D原子间距离为a nm，阿伏加德罗常数用NA表示，则该晶体的密度为___________g/cm3。(用含a、NA的表达式表示)
四川省天全中学高2021级高考冲刺模拟卷6
本卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32
1. 中国工笔画是我国传统美术的艺术珍品，在其创作过程中要使用笔、墨、纸绢、颜料、胶矾水等。胶矾水主要成分是明胶和明矾，用于“生宣熟化”和“三矾九染”。下列说法错误的是
A. “生宣熟化”工艺中明矾水解得到的胶体可促进明胶的凝聚
B. 纸、绢的主要成分分别是纤维素和蛋白质，均属于天然高分子化合物
C. 绘制工笔画使用的矿物颜料石青［主要成分为］耐酸碱腐蚀
D. 绘制工笔画使用的油烟墨的主要成分炭黑具有很强的稳定性，利于绘画保存
【答案】C
【解析】
【详解】A．“生宣熟化”工艺中明矾水解得到的胶体可促进明胶的凝聚，A正确；
B．绢指丝织品，主要成分为蛋白质，纸的主要成分都是纤维素，蛋白质和纤维素属于天然高分子，B正确；
C．矿物颜料石青能和酸反应，易被酸腐蚀，C错误；
D．油烟墨的主要成分炭黑，炭黑具有很强的稳定性，利于绘画保存，D正确；
故答案选C。
2. 2022年诺贝尔化学奖授予研究“点击化学”的科学家。下图所示化合物是“点击化学”研究中的常用分子。关于该化合物的说法错误的是
A. 可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 可与乙醇发生取代反应
C. 1mol该物质最多可与1mol的NaOH反应 D. 该有机物不含手性碳原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．该物质含有碳碳三键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；
B．该物质含有羧基，可与乙醇发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故B正确；
C．该物质含有羧基和肽键，1mol该物质最多可与3mol的NaOH反应，故C错误；
D．手性碳原子所形成的四个键连接的基团均不相同，该有机物不含手性碳原子，故D正确；
故选C。
3. 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 常温下，1L的溶液中含有的数目为
B. 常温常压下，1mol中含有P―P键的数目为
C. 78g晶体含有阴离子数目为
D. 11.2L和22.4L(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，的溶液中，则1L该溶液中含有的数目为，A错误；
B．1个分子中含有6个P-P键，则1mol中含有P-P键的数目为，B错误；
C．78g的物质的量为1mol，含有的数目为，C错误；
D．0.5mol与1mol发生的反应：、、、，以上几个反应前后分子数均不发生变化，则反应后分子数目仍为，D正确；
故选D
4. 室温下，下列实验方案能得出相应结论的是
选项 方案 结论
A 将灼热的木炭加入浓硝酸中，有红棕色气体产生 木炭在加热条件下能与浓硝酸反应
B 将少量溶于过量的浓盐酸中，再添加几滴溶液，溶液褪色 中含离子
C 向和的混合溶液中滴入酸化的溶液震荡，溶液颜色变红 氧化性：
D 向某盐溶液中加入少量浓溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 该溶液中含有
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．也有可能是浓硝酸受热分解产生红棕色气体二氧化氮，A错误；
B．也有可能是高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．溶液颜色变红，说明有，酸化的溶液中有H+，H+、可以氧化，不一定是氧化，C错误；
D．向某盐溶液中加入少量浓溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则可以推出该溶液中含有，D正确；
故选D。
5. 已知蓝色环保颜料由原子序数依次增大的W、X、Y、Z、R五种短周期主族元素组成，W、R位于同一主族，W元素原子的核外电子数是其周期序数的4倍；X、Y、Z、R位于同一周期，其原子序数之和为54，且只有Y、Z相邻；X的单质可与冷水剧烈反应，下列有关说法正确的是
A. 简单离子半径： B. 最简单氢化物的稳定性：
C. Y的最高价氧化物对应的水化物为强酸 D. W、Z形成的二元化合物为离子化合物
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、R五种短周期主族元素原子序数依次增大，X的单质可与冷水剧烈反应，则X为Na元素；W、R位于同一主族，W元素原子的核外电子数是其周期序数的4倍，X、Y、Z、R位于同一周期，其原子序数之和为54，且只有Y、Z相邻，则W为O元素、Y为Al元素、Z为Si元素、R为S元素。
【详解】A．同主族元素，从上到下离子半径依次增大，电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则三种离子的离子半径大小顺序为S2->Na+>Al3+，故A正确；
B．元素的非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越强，元素的非金属性强弱顺序为O>S>Si，则最简单氢化物的稳定性强弱顺序为H2O>H2S>SiH4，故B错误；
C．氢氧化铝是两性氢氧化物，不是强酸，故C错误；
D．二氧化硅是只含有共价键的共价化合物，故D错误；
故选A。
6. 钠离子电池因原料和性能等方面比锂离子电池更具优势。一种钠离子电池结构如图所示，该电池的负极材料为(嵌钠硬碳)。在充、放电过程中，在两个电极之间往返嵌入和脱嵌。下列说法不正确的是
A. 从原料来源看，量产后钠离子电池的生产成本比锂离子电池的低
B. 放电时，正极的电极反应式为
C. 充电时，从阴极脱嵌，经电解质溶液嵌入阳极
D. 充电时，每转移1mol电子，两个电极的质量变化相差46g
【答案】C
【解析】
【详解】A．锂比钠稀缺，钠离子电池生产成本低，A正确；
B．放电时，正极材料为，得到电子，从负极迁移过来嵌入，故正极反应式为：，B正确；
C．充电时，从阳极脱嵌，经电解质溶液嵌入阴极，C错误；
D．充电时阳极失去电子并释放出，每转移电子，释放，阳极质量减少，1mol经电解质溶液嵌入阴极，阴极的质量增加，两个电极的质量变化相差，D正确；
故选C。
7. 某化学兴趣小组同学在室温下用未知浓度的盐酸溶液滴定，溶液，通过数字化仪器监测变化，得到如下滴定曲线，段有大量气泡产生，下列说法错误的是
A. 溶液中：
B. C点溶液中存在：
C. 段发生的主要反应为：
D. 确定两个滴定终点。可分别用酚酞和和甲基橙做指示剂
【答案】B
【解析】
【分析】用未知浓度的盐酸溶液滴定溶液，首先碳酸根离子和氢离子生成碳酸氢根离子、碳酸氢根离子和氢离子生成碳酸，碳酸分解为二氧化碳和水；
【详解】A．溶液中碳酸根离子水解使得溶液显碱性，且水也会电离出氢氧根离子，故 ，A正确；
B．C点第一突变点，溶液中溶质为碳酸氢钠，由物料守恒可知，，B错误；
C．已知，段有大量气泡产生，结合分析可知，段发生主要反应为碳酸氢根离子和氢离子生成碳酸：，C正确；
D．C点为碱性、F点为酸性，故确定两个滴定终点。可分别用酚酞和和甲基橙做指示剂，D正确；
故选B。
8. 以溶液为实验对象，研究物质之间反应的复杂多样性。实验如下：
Ⅰ.金属与溶液反应
装置 序号 金属 现象及产物检验
ⅰ 镁条 立即产生大量气体，溶液颜色变红棕色； 片刻后气泡减少，金属表面产生红褐色沉淀。
ⅱ 锌粒 开始时无明显气泡，半分钟后有气体产生，溶液颜色慢慢加深；一段时间后，金属表面产生红棕色沉淀
ⅲ 铜粉 无气体产生，溶液逐渐变为蓝绿色；
（1）配制溶液，需要将固体先溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度，原因是___________。
（2）根据实验ⅰ中的现象，推测红褐色液体为胶体，通过___________可以快速判断其是否为胶体。
（3）溶液与Cu反应的离子方程式为___________，实验ⅰ和ⅱ均先有气体生成，后有溶液颜色的变化，甲同学认为产生该现象的原因可能是此实验条件下氧化性：，乙同学认为可以根据ⅲ判断氧化性：，理由是___________。
Ⅱ.溶液与溶液反应：
（4）取红棕色溶液少许，加入，产生蓝色沉淀，推测与反应的离子方程式是___________。
（5）另取红棕色溶液少许，检测其为胶体，向其中继续滴加溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，该气体是___________。
（6）结合(4)、(5)，推测溶液与溶液反应同时存在__________反应和___________反应。从下列选项选择：
A．复分解 B．双水解 C．置换 D．氧化还原
【答案】（1）抑制水解
（2）丁达尔效应 （3） ①. ②. 可以氧化铜单质，但铜不与盐酸反应
（4）
（5）
（6） ①. B ②. D
【解析】
【小问1详解】
配制溶液，需要将固体先溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度，原因是抑制水解。
【小问2详解】
根据实验ⅰ中的现象，推测红褐色液体为胶体，胶体具有丁达尔效应，故可通过丁达尔效应可快速判断其是否为胶体。
【小问3详解】
溶液与Cu反应的离子方程式为：；实验ⅰ和ⅱ均先有气体生成，后有溶液颜色的变化，甲同学认为产生该现象的原因可能是此实验条件下氧化性：，乙同学认为可以根据ⅲ判断氧化性：，理由是：可以氧化铜单质，但铜不与盐酸反应。
【小问4详解】
取红棕色溶液少许，加入，产生蓝色沉淀，可知此溶液中有亚铁离子，推测与反应可生成亚铁离子和硫酸根离子，离子方程式为：。
【小问5详解】
另取红棕色溶液少许，检测其为胶体，向其中继续滴加溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，说明铁离子和亚硫酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铁胶体和二氧化硫，该气体是二氧化硫。
【小问6详解】
结合(4)、(5)，推测溶液与溶液反应同时存在氧化还原反应和双水解反应。
9. 工业上用软锰矿(主要含、及铁的氧化物)和铅闪(主要含PbS、、ZnS)为原料联合制取和的流程如下图所示。
（1）基态Mn核外有___________个未成对电子，Mn元素位于元素周期表的___________区。
（2）提高“酸浸”浸出率可采取的措施有_______(写两条)，“冰水沉积”的目的是_________。
（3）PbS、MnS、ZnS三种物质在相同条件下，溶度积最大的是___________(填化学式)。
（4）“酸浸”时，PbS与反应生成和，写出其反应的离子方程式_______。
（5）“酸浸”时，要尽量防止硫元素转化为单质S，其主要原因是___________。
（6）“氧化”时，发生的主要反应的离子方程式为___________。
【答案】（1） ①. 5 ②. d
（2） ①. 延长浸取时间、不断搅拌、将原料粉碎等 ②. 降低的溶解度
（3）MnS （4）
（5）防止生成单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行，提高浸出量
（6）
【解析】
【分析】软锰矿(主要含MnO2、SiO2及铁的氧化物)和铅闪(主要含PbS、FeS2、ZnS)为原料，加入盐酸酸浸、加氯化钠，再加入NaOH，过滤除去二氧化硅和FeOOH，冰水沉积得到PbCl2固体，加硫酸转化为硫酸铅，溶液加入Na2S净化，生成PbS和ZnS沉淀，滤液加入氨水，通入空气，生成Mn3O4，据此回答。
【小问1详解】
①基态Mn电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，有5个未成对电子；
②Mn元素位于元素周期表的d区；
【小问2详解】
①提高“酸浸”浸出率可采取的措施有延长浸取时间、不断搅拌、将原料粉碎等；
②冰水沉积得到PbCl2固体，则“冰水沉积”的目的是降低PbCl2的溶解度；
【小问3详解】
根据加入Na2S生成PbS和ZnS沉淀，没有生成MnS，则PbS、MnS、ZnS三种物质在相同条件下，溶度积最大的是MnS；
【小问4详解】
酸浸”时，PbS、MnO2、HCl反应生成[PbCl4]2 、、Mn2+和H2O，离子方程式为：PbS+4MnO2+4Cl-+8H+=[PbCl4]2-++4Mn2++4H2O；
【小问5详解】
“酸浸”时，要尽量防止硫元素转化为单质S，其主要原因是：防止生成单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行，提高Mn2+浸出量；
【小问6详解】
“氧化”时，锰离子与氨气、氧气和水反应生成四氧化三锰、铵根离子和水，离子方程式为：。
10. CH4-CO2干气催化重整制合成气(H2+CO)是CO2资源化利用的重要研究方向，生产过程需做好积炭的控制。在密闭容器中，该重整体系发生反应Ⅰ～Ⅳ。
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
Ⅳ.
用x表示进料比。回答下列问题：
（1）t℃时，刚性容器中以一定的进料比发生上述四个反应，下列说法正确的是___________(填标号)。
A. 平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ逆向移动
B. 根据混合气体的密度不变可判断重整反应体系已达到平衡状态
C. 增大CH4的起始浓度，K(Ⅰ)和K(Ⅱ)同时增大
D. 催化剂能降低反应的活化能，增大CH4的平衡转化率
（2）下表列出反应Ⅱ中3种化学键的键能：
化学键 C=O H-H O-H
键能/(kJ/mol) 799 436 463
则CO中C≡O的键能为___________。
（3）反应Ⅰ～Ⅳ中，△H-T△S随温度的升高而增大的是反应___________。
（4）101 kPa的密闭容器中，进料比x分别为2.0、1.0和0.5下进行催化重整反应，测得平衡时积炭生成量随反应温度的变化如图所示。
①x=0.5的曲线是___________(填“甲”“乙”或“丙”)。
②因积炭生成量增加导致反应Ⅰ速率显著降低的原因是___________。
③x=1.0，温度低于1000℃，随着温度的升高，积炭生成量减少的原因是___________。
（5）t℃、p kPa时，进料比x=0.5，若催化重整只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时气体总物质的量增加了60%，混合气中n(H2O)：n(CO2)=5：6。
①甲烷的平衡转化率为___________。
②平衡常数K(Ⅱ)=___________(列出计算式)。
【答案】（1）B （2）1067
（3）Ⅳ （4） ① 丙 ②. 积炭使催化剂活性降低 ③. 温度升高，反应Ⅲ平衡正移，反应Ⅳ平衡逆移，反应Ⅳ逆移程度更大，所以积炭量减少
（5） ①. 90% ②.
【解析】
【小问1详解】
A．恒温恒容时，向其中充入惰性气体，气体的物质的量浓度不变，因此化学平衡不发生移动，A错误；
B．反应体系的体积不变，反应混合物不都是气体，反应Ⅲ、Ⅳ中有固体物质生成，气体的质量发生改变，当气体的质量不变时，则气体的密度就不变，因此可据此判断重整反应体系已达到平衡状态，B正确；
C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数就不变，C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，但不能使平衡发生移动，因此不能增大CH4的平衡转化率，D错误；
故选B；
【小问2详解】
Ⅱ. CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41 kJ/mol，由于反应热等于断裂反应物化学键吸收总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，则△H2= (2×799kJ/mol+436kJ/mol)-( E(C≡O)+2×463kJ/mol)=+41kJ/mol，则CO中C≡O的键能E=1067kJ/mol；
【小问3详解】
对于反应Ⅰ、Ⅲ，△H＞0，△S＞0，升高温度，平衡向吸热的正反应方向移动，△H-T△S减小；
对于反应Ⅱ，△H＞0，△S=0，升高温度，△H-T△S=△H不变；
对于反应Ⅳ，△H＜0，△S<0，升高温度，△H-T△S增大，符合题意；
故反应Ⅰ~Ⅳ中，△H-T△S随温度的升高而增大的是反应Ⅳ；
【小问4详解】
①用x表示进料比，在其它条件不变时，增大进料比，相当于增大CH4的浓度，反应Ⅲ的平衡正向移动，导致积碳增多，因此x=0.5时进料比最小，积碳应该最少，故其表示的曲线是丙，曲线乙表示进料比x=1.0；曲线甲表示进料比为x=2.0；
②因积炭生成量增加导致反应Ⅰ速率显著降低是由于积炭使催化剂活性降低，反应速率减慢；
③根据①分析可知曲线乙表示进料比x=1.0的积碳随温度变化关系，温度低于1000℃，随着温度的升高，积炭生成量减少的原因是由于温度升高，反应Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅳ的化学平衡逆向移动，相对来说，反应Ⅳ逆移程度更大，导致积炭量减少；
【小问5详解】
温度为t℃，压强为p kPa，进料比x=0.5，若催化重整只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，由于反应Ⅰ是反应前后气体物质的量增加的反应，而反应Ⅱ是反应前后气体物质的量不变的反应，因此气体物质的量增加是由于反应Ⅰ所致。根据反应Ⅰ方程式可知每有1 mol CH4气体参加反应，反应后气体物质的量会增加2 mol，假设开始加入CH4的物质的量是1 mol，由于进料比x=0.5，则开始加入的n(CO2)=2 mol，反应达到平衡时气体总物质的量增加了60%，增加的物质的量是(1+2) mol×60%=1.8 mol，故根据反应转化关系可知反应消耗CH4的物质的量是0.9 mol，因此CH4的平衡转化率为×100%=90%；
②根据①分析可知：若开始假设CH4的物质的量是1 mol，反应Ⅰ消耗n(CH4)=n(CO2)=0.9 mol，反应生成n(CO)=n(H2)=1.8 mol，反应达到平衡时n(CH4)=1 mol-0.9 mol=0.1 mol，n(CO2)=2 mol-0.9 mol=1.1 mol，n(CO)=n(H2)=1.8 mol，然后发生反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，假设反应反应消耗CO2的物质的量是x mol，则各种物质的物质的量都改变x mol，平衡时n(CO2)=(1.1-x)mol，n(H2)=(1.8-x)mol，n(CO)=(1.8+x)mol，n(H2O)=x mol，由于此时混合气体中，所以，所以x=0.5 mol，则平衡时n(CO2)=(1.1-x)mol=(1.1-0.5)mol=0.6 mol，n(H2)=(1.8-0.5)mol=1.3 mol，n(CO)=(1.8+0.5)mol=2.3 mol，n(H2O)=0.5 mol，假设容器的容积为V L，则反应(Ⅱ)的化学平衡常数K(Ⅱ)== 。
11. 已知A、B、C、D、E是周期表中前四周期原子序数依次增大的五种元素，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同；D原子有2个未成对电子；A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体；含E元素的硫酸盐溶液是制备波尔多液的原料之一，按要求回答下列问题：
（1）五种元素中第一电离能最大的是___________，电负性最大的是___________。(以上两空均填元素名称)
（2）E元素所在周期中基态原子的单电子数最多的元素是___________。(填元素符号)
（3）M分子中B原子的轨道杂化类型为___________，M分子中两种键角的大小关系是___________。(用∠XYZ表示，X、Y、Z代表元素符号)
（4）的空间构型为___________；化合物CA3的沸点比BA4的高，其主要原因是___________。
（5）向E元素的硫酸盐溶液中通入过量的CA3，得到深蓝色的透明溶液，在此溶液中加入乙醇，析出深蓝色的晶体，此晶体中存在的化学键类型有___________。(填代号)
A．离子键 B．σ键 C．非极性共价键 D．配位键 E．金属键 F．氢键
（6）如图是D、E两种元素形成的化合物的晶胞结构示意图，D的配位数为___________，已知晶胞中最近两个D原子间距离为a nm，阿伏加德罗常数用NA表示，则该晶体的密度为___________g/cm3。(用含a、NA的表达式表示)
【答案】（1） ①. 氮 ②. 氧
（2）Cr （3） ①. sp2 ②. ∠HCO>∠HCH
（4） ① 直线形 ②. NH3分子间能形成氢键
（5）ABD （6） ①. 4 ②.
【解析】
【分析】A、B、C、D、E是周期表中前四周期原子序数依次增大的五种元素，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，则B为C元素； A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，D原子有2个未成对电子，则A为H元素、C为N元素、D为O元素；含E元素的硫酸盐溶液是制备波尔多液的原料之一，则E为Cu元素。
【小问1详解】
金属元素的电负性和第一电离能均小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，则五种元素的电负性大小顺序为N＞O＞C＞H＞Cu，一般情况下非金属元素的非金属性越强，第一电离能越大，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则五种元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C＞H＞Cu，所以第一电离能最大的元素是氮元素、电负性最大的是氧元素，故答案为：氮；氧；
【小问2详解】
铜元素位于元素周期表第四周期，第四周期元素的基态原子中未成对电子数最多是铬原子，共有6个不成对电子，故答案为：Cr；
【小问3详解】
甲醛分子中双键碳原子的杂化方式为杂化，分子中碳氧双键对成键电子对的斥力大于碳氢单键，所以键角∠HCO大于∠HCH，故答案为：sp2；∠HCO>∠HCH；
【小问4详解】
氮三离子与二氧化碳分子的原子个数都为3、价电子数都为16，互为等电子体，等电子体中中心原子的杂化方式相同、微粒的空间构型相同，二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为0，分子的空间构型为直线形，所以氮三离子的空间构型也为直线形；氨分子能形成分子间氢键，甲烷分子不能形成分子间氢键，所以氨分子的分子间作用力大于甲烷，沸点高于甲烷，故答案为：直线形；NH3分子间能形成氢键；
【小问5详解】
氢键不属于化学键，是一种作用力较强的分子间作用力，由题意可知，实验制得的深蓝色的晶体为硫酸四氨合铜，配合物中含有离子键、σ键和配位键，不含有非极性键和金属键，故选ABD；
【小问6详解】
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的白球个数为8×+6×=4，位于体内的黑球个数为4，则化合物的化学式为Cu2O，晶胞中位于体心的氧原子与位于体内的4个铜原子的距离最近，则氧原子的配位数为4；晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离是体对角线的，则晶胞的参数为anm，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)3d，解得d=，故答案为：4；。
