河北省唐山市第一中学2021届高三化学下学期冲刺试题(一)(含解析).doc

唐山一中2021届高三冲刺卷（一）

理科综合化学

1.硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)。下列说法错误的是

A. 碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用做净水剂

B. 该温度下，（NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大

C. 可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化

D. 为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行

【答案】B

【解析】

【详解】A.碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+能发生水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；

B.(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与(NH4)2SO4反应生成

(NH4)2Fe(SO4)2，B错误；

C.KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，(NH4)2Fe(SO4)2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，C正确；

D.NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，D正确；

故合理选项是B。

【点睛】本题以硫酸亚铁为原料进行物质的制备，主要考查了盐的水解、物质的溶解性、物质的稳定性、离子的检验等性质，难度不大，B项为易错点，注意FeSO4与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Fe(SO4)2的反应原理的判断。

2.N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是

A. 1 mol﹣OH（羟基）与l mol NH4+中所含电子数均为10N A

B. 常温常压下，水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为N A

C. 6.4gCH4O中含有的C-H键数目小于等于0.6N A

D. 标准状况下，2.24LNO2和N2O4混合气体中含0.2 N A个氧原子

【答案】B

【解析】

【详解】A、羟基不显电性，故1mol羟基中含9mol电子即9N A个，选项A错误；

B、根据2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2可知，增重的质量为与水物质的量相同的氢气的质量，故参与反应的水的物质的量为1mol，生成的氧气的物质的量为0.5mol，转移的电子

0.5mol×2=1mol，即N A，选项B正确；

C、6.4gCH4O物质的量为0.2mol，1个甲醇分了中有4个氢原子，其中含有3个C-H键，1个O-H键，所以0.2mol甲原分了中C-H键数目等于0.6N A，选项C错误；

D、NO2和N2O4中含有的氧原子个数不同，故标况下2.24L混合气体即0.1mol混合气体中氧原子的个数介于0.2N A到0.4N A之间，选项D错误。

答案选B。

3.化合物(甲)、(乙)、 (丙)的分子式均为C8H8，下列说法不正确的是

A. 甲、乙、丙在空气口燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰

B. 甲、乙、丙中只有甲的所有原子可能处于同一平面

C. 等量的甲和乙分别与足量的溴水反应，消耗Br2的量：甲>乙

D. 甲、乙、丙的二氯代物数目最少的是丙

【答案】C

【解析】

分析：本题考查烃的分子结构和性质，涉及燃烧、原子共面问题、反应物耗量多少的分析和同分异构体的判断。

详解：A. 甲、乙、丙分子式均为C8H8,含碳量高，燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰，故A正确；B.甲烷是正四面体结构，乙、丙中含有类似于甲烷饱和碳原子，所有原子不可能处于同一平面，甲中含有苯环和碳碳双键，由于连接的碳碳单键可以旋转，两个平面可以重合，所以只有甲的所有原子可能处于同一平面，B正确；C.苯环不和溴水反应，甲和乙与溴水反应是碳碳双键上的加成反应，由于乙中含有3个碳碳双键，所以消耗Br2的量：甲<乙，C错误；D. 由于丙的对称性最好，故二氯代物数目最少的是丙，只有三种，故D错误；综合以

上分析，本题答案为C。

点睛：本题D选项是难点，寻找甲、乙、丙的二氯代物数目可以先分析该分子的等效氢原子种数，从而先确定一氯代物种数，在进一步确定二氯代物种数。本题甲、乙、丙的等效氢原子分别为5种、2种和1种，据此判断化难为易。

4.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素且B、C相邻，A元素可以与B、C、E元素分别形成甲、乙、丙三种物质且甲、乙均为10电子化合物，丙为18电子化合物。D 元素的最外层电子数与核外电子层数相等。已知：甲+E2＝丙+B2，甲+丙＝丁，下列说法正确的是

A. 离子半径：D＞C＞B

B. A与C两种元素共同形成的10电子粒子有3种

C. D元素在周期表中的位置可以是第二周期第ⅡA族

D. 丁物质均由非金属元素构成，只含共价键

【答案】B

【解析】

试题分析：A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素．A元素可以与B、C、E 元素分别形成甲、乙、丙三种物质且甲、乙均为10电子化合物，丙为18电子化合物，则A 为氢元素，10电子化合物可能为甲烷、氨气、水、HF；已知甲+E2=丙+B2，甲+丙=丁，则E 的电子为双原子分子，故E为Cl元素，则B为氮元素，且B、C相邻，则C为氧元素，故甲为NH3、乙为H2O、丙为HCl、丁为NH4Cl；D元素的最外层电子数与核外电子层数相等，原子序数大于氧元素，处于第三周期，最外层电子数为3，故D为Al元素。A．N3-、O2-、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径N3-＞O2-＞Al3+，故A错误；B．H 与N两种元素共同形成的10电子粒子有NH3、NH4+、NH2-三种，故B正确；C．Al元素在周期表中的位置可以是第三周期第ⅢA族，故C错误；D．丁为NH4Cl，含有离子键、共价键，故D错误；故选B。

【考点定位】考查元素周期律与元素周期表

【名师点晴】本题考查元素化合物的推断，推断元素化合物是解题的根据，注意掌握常见10电子、18电子物质。如常见10电子微粒：原子(Ne)；离子N3-、O2－、F－、Na+、Mg2+、Al3+、NH4+、OH-、H3O+；分子(CH4、NH3、H2O、HF)等。

5.下列实验操作和现象所得出的结论正确的是

选项实验操作和现象结论

A

向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3

溶液，产生淡黄色沉淀(AgBr)

K sp(AgBr)

B

向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，试纸边缘

呈红色，中间为白色

氯水既有酸性又有还原性

C 相同条件下，分别测量0.1 mol·L－1和0.01

mol·L－1醋酸溶液的导电性，前者的导电性

强

醋酸浓度越大，电离程度越大

D 取5 mL 0.1 mol·L－1KI溶液，加入1 mL 0.1

mol·L－1FeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴

入KSCN溶液，溶液变成血红色

Fe3＋与I－所发生的反应为可逆反

应

A. A

B. B

C. C

D. D

【答案】D

【解析】

【详解】A、NaCl和NaBr的浓度大小未知，产生的淡黄色沉淀也可能是溴离子浓度较大所导致，因此该实验现象不能鋭明K sp(AgBr)

B．因氯水中含HClO，具有漂白性，向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水，纸边缘呈红色，中间为白色，则氯水既有酸性又有漂白性，选项B错误；

C．0.1mol/L和0.01mol/L的醋酸溶液，前者溶液中离子浓度较大，其导电性较强，但醋酸浓度越大，醋酸的电离程度越小，选项C错误；

D、由于KI过量，若该反应不是可逆反应，则溶液中无Fe3+剩余；若该反应是可逆反应，则反应后溶液中存在一定浓度的Fe3+，因此检验方法是再加入CCl4振荡萃取反应生成的I2后，取上层清液，滴加KSCN溶液，观察溶液变血红色，则该反应为可逆反应，选项D的操作、现象和结论均正确。

答案选D。

6.恒容条件下，1 mol SiHCl3发生如下反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)。已知：

v正＝v消耗(SiHCl3)＝k正x2(SiHCl3)，v逆＝2v消耗(SiH2Cl2)＝k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数(仅与温度有关)，x为物质的量分数。如图是不同温度下

x(SiHCl3)随时间的变化。下列说法正确的是

A. 该反应为放热反应，v正，a＜v逆，b

B. 化学平衡状态时2v消耗(SiHCl3)＝v消耗(SiCl4)

C. 当反应进行到a处时，v正/v逆=16/9

D. T2 K时平衡体系中再充入1 mol SiHCl3，平衡正向移动，x(SiH2Cl2)增大

【答案】C

【解析】

【详解】A.因两曲线对应的状态只是温度不同，由图像知达到平衡所需时间T2K小于T1K，温度越高反应速率越快，所以温度T2>T1。又T2K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数比T1K 平衡时小，说明升温平衡向正反应方向移动，由此推知该反应为吸热反应，选项A错误；

B. 化学平衡状态时v消耗(SiHCl3)＝2v消耗(SiCl4)，选项B错误；

C. 2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)反应前后分子数不变，即反应开始至达平衡的过程中混合气体总物质的量始终为1mol，由图像知T2K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数为

0.75，则此时SiH2Cl2和SiCl4的物质的量分数均为0.125，因为平衡时V正=V逆，V正=k正

x2(SiHCl3)=0.752k正，V逆=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)=0.1252k逆，则0.752k正=0.1252k逆，=，因k正和k逆只与温度有关，反应进行到a点处时V正= k正x2(SiHCl3)=0.82k正，V逆= k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)=0.12k逆。×=×=。选项C正确；

D.恒容条件下再充入1molSiHCl3，相当于增大压强，而2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)反应前后气体体积不变，所以平衡不移动，x(SiH2Cl2)不变，选项D错误；

答案选C。

7.三硫代碳酸钠(Na2CS3)常用作杀菌剂、沉淀剂。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质

并测定其溶液的浓度。

实验1：探究Na2CS3的性质

（1）H2CS3是________酸（填“强”或“弱”）。

（2）已知步骤③的氧化产物是SO42－,写出该反应的离子方程式______________________ （3）某同学取步骤③所得溶液于试管中，滴加足量盐酸、BaCl2溶液产生白色沉淀，他认为通过测定产生的白色沉淀的质量即可求出实验所用Na2CS3的量，你是否同意他的观点并说明理由。__________________________________________________

实验2：测定Na2CS3溶液的浓度

按如图所示连接好装置，取50mLNa2CS3溶液置于A中，打开仪器d的活塞，滴入足量2.0mol/L 稀H2SO4，关闭活塞。

已知：Na2CS3 + H2SO4=Na2SO4 + CS2 + H2S↑。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸点46℃，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。

（4）盛放Na2CS3溶液的仪器名称是______，B中发生反应的离子方程式是________。

（5）反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是_______。

（6）为了计算Na2CS3溶液的浓度，对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得19.2g 固体，则A中Na2CS3的物质的量浓度为____________________。

（7）分析上述实验方案，还可以通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若反应结束后将通热N2改为通热空气，计算值__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

【答案】 (1). 弱 (2). 5CS32－+24MnO4－+52H＋=5CO2↑+15SO42－+24Mn2++26H2O (3).

不同意，因为KMnO4溶液用H2SO4酸化，含有SO42—引起实验误差 (4). 三颈烧瓶 (5). Cu2+＋H2S=CuS↓＋2H+ (6). 将装置中残留的的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收 (7). 4.0mol/L (8). 偏高

【解析】

【分析】

（1）根据溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色，说明Na2CS3为强碱弱酸盐；

（2）向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，氧化产物是SO42－，还原产物为Mn2+；（3）因为KMnO4溶液用H2SO4酸化，含有SO42—引起实验误差；

（4）根据仪器的结构判断；H2S与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀和硫酸；

（5）装置中残留的的H2S、 CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收；

（6）根据信息分析求解；

（7）空气中含有CO2能被氢氧化钠溶液吸收，导致C中的质量偏大，从而求得的Na2CS3偏多，因此通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度时，计算值偏高。

【详解】（1）根据实验中信息：向其中一份溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红色，说明Na2CS3为强碱弱酸盐水解呈碱性，故H2CS3是弱酸；

（2）已知步骤③向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，氧化产物是SO42－，还原产物为Mn2+，同时应产生二氧化碳气体，根据氧化还原反应原理进行配平得该反应的离子方程式为5CS32－+24MnO4－+52H＋=5CO2↑+15SO42－+24Mn2++26H2O；

（3）某同学取步骤③所得溶液于试管中，滴加足量盐酸、BaCl2溶液产生白色沉淀，但因为KMnO4溶液用H2SO4酸化，含有SO42—引起实验误差，故根据白色沉淀的质量不能求出实验所用Na2CS3的量；

（4）根据仪器的结构可知，盛放无水CaCl2的仪器的名称是干燥管，A中发生反应Na2CS3 + H2SO4=Na2SO4 + CS2 + H2S↑，气体进入B中，H2S与硫酸铜反应生成不溶于硫酸的硫化铜沉淀和硫酸，故B中发生反应的离子方程式是Cu2+＋H2S=CuS↓＋2H+；

（5）反应结束后打开活塞k，再缓慢通入热N2一段时间，将装置中残留的的H2S、 CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收；

（6）为了计算Na2CS3溶液的浓度，对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得19.2g 固体，n(H2S)=n(CuS)=，根据反应Na2CS3 + H2SO4=Na2SO4 + CS2 + H2S↑可知

n(Na2CS3)= n(H2S)=0.2mol，则A中Na2CS3的物质的量浓度为；

（7）分析上述实验方案，还可以通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度，若反应结束后将通热N2改为通热空气，空气中含有CO2能被氢氧化钠溶液吸收，导致C中的质量偏大，从而求得的Na2CS3偏多，因此通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度时，计算值偏高。

【点睛】本题考查氧化还原反应、酸碱混合时的定性判断及有关溶液浓度的计算，易错点为（7）空气中含有CO2能被氢氧化钠溶液吸收，导致C中的质量偏大，从而求得的Na2CS3偏多，因此通过测定C中溶液质量的增加值来计算Na2CS3溶液的浓度时，计算值偏高。

8.三盐基硫酸铅(3PbO·PbSO4·H2O，其相对分子质量为990)简称“三盐”，不溶于水及有机溶剂。主要适用于不透明的聚氯乙烯硬质管、注射成型制品，也可用于人造革等软质制品。以铅泥 (主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备三盐的工艺流程如下图所示。

已知：K SP(PbSO4)=1.82×10-8，K SP(PbCO3)=1.46×10-13

请回答下列问题：

(1)写出步骤①“转化”的离子方程式__________________。

(2)根据如图溶解度曲线(g/100g水)，由滤液I得到Na2SO4固体的操作为：将“滤液1”

_________、_________、用乙醇洗涤后干燥。

(3)步骤③“酸溶”，为提高酸溶速率，可采取的措施是________________(任意写出两条)

(4)“滤液2”中可循环利用的溶质为_______(填化学式)。若步骤④“沉铅”后的滤液中铅离子沉淀完全，则此时c(SO42-)=________mol·L-1。

(5)步骤⑥“合成”三盐的化学方程式为____________________。

(6)若消耗100.0t铅泥，最终得到纯净干燥的三盐49.5t，假设铅泥中的铅元素有50％转化

为三盐，则铅泥中铅元素的质量分数为___________。

【答案】 (1). CO32-+PbSO4=SO42-+PbCO3 (2). 升温结晶 (3). 趁热过滤 (4). 适当升温（或适当增大硝酸浓度或减小沉淀粒径等） (5). HNO3 (6). 1.82×10-3 (7). 4PbSO4+6NaOH3PbO?PbSO4?H2O+3Na2SO4+2H2O (8). 82.8%

【解析】

【分析】

以100.0t铅泥（主要成分为PbO、Pb及PbSO4等）为原料制备三盐：向铅泥中加Na2CO3溶液是将PbSO4转化成PbCO3，Na2CO3（aq）+PbSO4（s）=Na2SO4（aq）+PbCO3（s），所以滤液Ⅰ的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3，Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下反应：3Pb+8HNO3= Pb(NO3)2+2NO↑+4H2O、PbCO3+2HNO3= Pb(NO3)2+CO2↑+H2O、PbO+2HNO3= Pb(NO3)2+2H2O，均转化成Pb(NO3)2，Pb(NO3)2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，过滤的滤液为HNO3，可循环利用，向硫酸铅中加入氢氧化钠合成三盐和硫酸钠，4PbSO4+6NaOH3PbO?PbSO4?H2O+3Na2SO4+2H2O，滤液3主要是硫酸钠，洗涤沉淀干燥得到三盐，据此分析解答。

【详解】（1）步骤①向铅泥中加Na2CO3溶液，由表可知PbCO3的溶解度小于PbSO4的溶解度，Na2CO3（aq）+PbSO4（s）=Na2SO4（aq）+PbCO3（s），则可将PbSO4转化成PbCO3，“转化”的离子方程式为CO32-+PbSO4=SO42-+PbCO3；

(2)根据右图溶解度曲线(g/100g水)，硫酸钠的溶解度随温度降低易生成Na2SO4·H2O，由滤液I得到Na2SO4固体的操作为：将“滤液1”升温结晶、趁热过滤、用乙醇洗涤后干燥；（3）酸溶时，为提高酸溶速率，可采取的措施是适当升温（或适当增大硝酸浓度或减小沉淀粒径等）；

（4）Pb、PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb(NO3)2，Pb(NO3)2中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，HNO3可循环利用，若步骤④沉铅后铅离子沉淀完全，则滤液中c（Pb2+）<1×10-5mol/L，已知Ksp（PbSO4）=1.82×10-8，则此时c（SO42-）=mol/L=1.82×10-3mol/L；

（5）步骤⑥合成三盐的化学方程式为：4PbSO4+6NaOH3PbO?PbSO4?H2O+3Na2SO4+2H2O；（6）若得到纯净干燥的三盐49.5t，则其中铅元素的质量为：×49.5t=41.4t，设铅泥中铅元素的质量分数为w，则100.0t铅泥中铅元素为100×w，铅泥中的铅元素有50%转化为三盐，有100×w×50%=41.4，解得w =82.8%。

【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、溶度积的计算等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。

9.C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。

(1)尿素[CO(NH2)2]是一种非常重要的高效氮肥，工业上以NH3、CO2为原料生产尿素，该反应实际为两步反应：

第一步：2NH3(g)+CO2(g) H2NCOONH4(s) △H=－272KJ·mol-1

第二步：H2NCOONH4(s) CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H=+138kJ·mol-1

写出工业上以NH3、CO2为原料合成尿素的热化学方程式：______________________。

(2)一定温度下，向2L恒容密闭容器中通入2molCO和1mol SO2，发生反应2CO(g)+SO2(g) 2CO2(g)+S(s)。若反应进行到20min时达平衡，测得CO2的体积分数为0.5，则前20min

的反应速率v(CO)=_________，该温度下反应化学平衡常数K=__________。

(3)工业上可用NaC1O碱性溶液或“亚硫酸盐法”吸收SO2。

①为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂。催化过程如图所示：

a．过程2的离子方程式_______________________________。

b．Ca(C1O)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaC1O更好，原因是________________。

②室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO4溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，b点时溶液pH=7，则n(NH4+)：n(SO32-)=__________。

(4)用食盐水做电解液电解烟气脱氮的原理如图，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3-，尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气。如下图，电流密度和溶液pH对烟气脱硝的影响。

①NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3-反应的离子方程式___________________。

②溶液的pH对NO去除率影响的原因是______________________。

【答案】 (1). 2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2(s) ΔH＝－134kJ/mol (2).

0.03mol·L-1·min-1 (3). 11.25 (4). 2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O (5). Ca2+与SO42-结合生成难微溶的CaSO4，有利于反应的进行(6). 3：1 (7). 3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O (8). 次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强

【解析】

【分析】

（1）根据盖斯定律得出氨气和二氧化碳合成尿素的热化学方程式；

（2）利用化学平衡“三段式”计算CO的反应速率和反应的平衡常数；

（3）①过程2中NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-、O；Ca(C1O)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaC1O更好，是因为Ca2+与SO42-结合生成微溶的CaSO4，有利于反应的进行；

②a点时，n（HSO3-）：n（H2SO3）=1：1，b点时溶液的pH=7，根据电荷守恒可知：n（NH4+）= n（HSO3-）+2n（SO32-），又根据图像可知，n（HSO3-）=n（SO32-），n(NH4+)：n(SO32-)=（1+2）：1=3：1；

（4）①电解食盐水阳极产生氯气作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为：

3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O；

②次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强，故控制电解液较低的pH有利于提高NO去除率。【详解】（1）根据盖斯定律可知反应①+反应②即可得出氨气和二氧化碳合成尿素的热化学方程式为：2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2(s) ΔH＝－134kJ/mol，

故答案为：2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2(s) ΔH＝－134kJ/mol。

（2）设参加反应的SO2的物质的量为xmol，则有

2CO(g)+SO 2(g)2CO2(g)+S(s)

初始状态（mol） 2 1

反应的量（mol） 2x x 2x

平衡状态（mol）（2-2x）（1-x） 2x

即2x/（2-2x+1-x+2x）=0.5，解得x=0.6，V（CO）=0.6×2/2×20=0.03mol·L-1·min-1；

C（CO）=（2-1.2）/2=0.4mol/L，c（SO2）=（1-0.6）/2=0.2mol/L，c（CO2）=1.2/2=0.6mol/L，该温度下反应平衡常数K=c2（CO2）/c2（CO）c（SO2）=0.62/0.42×0.2=11.25L·mol-1，

故答案为：0.03mol·L-1·min-1，11.25。

（3）①为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂。根据催化过程的示意图可知，过程2中NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-、O，离子方程式为：2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O，

Ca(C1O)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaC1O更好，是因为Ca2+与SO42-结合生成难溶的CaSO4，有利于反应的进行，

故答案为：2NiO2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2O；Ca2+与SO42-结合生成微溶的CaSO4，有利于反应的进行。

②a点时，n（HSO3-）：n（H2SO3）=1：1，b点时溶液的pH=7，根据电荷守恒可知：n（NH4+）= n（HSO3-）+2n（SO32-），又根据图像可知，n（HSO3-）=n（SO32-），n(NH4+)：n(SO32-)=（1+2）：1=3：1，

故答案为：3：1。

（4）①电解食盐水阳极产生氯气作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为：

3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O；

故答案为：3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O。

②次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强，故控制电解液较低的pH有利于提高NO去除率；

故答案为：次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强。

10.数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请回答下列问题：

（1）这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为___________________，第一电离能最小的元素是__________(填元素符号)。

（2）C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是

___________(填化学式)。

（3）B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为__________；另一种的晶胞如图二所示，该晶胞的空间利用率为__________。(=1.732)

（4）D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为__________，D的醋酸盐晶体局部结构如图三，

该晶体中含有的化学键是__________ (填选项序号)。

①极性键②非极性键③配位键④金属键

（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是

______________________________。

请写出上述过程的离子方程式：___________________________,

__________________________。

【答案】 (1). (2). Cu (3). HF＞HI＞HBr＞HCl (4). sp2 (5). 34% (6). 面心立方最密堆积 (7). ①②③ (8). 首先形成蓝

色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液(9). Cu2++2NH3·H2O===Cu(OH)2↓+2NH4+ (10). Cu(OH)2+4NH3===[Cu(NH3)4]2++2OH?

【解析】

【分析】

原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A

的化合物，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则

B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围

电子排布为3d104s1，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形

成正四面体型分子，则B为氯元素．

（1）四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子排布为3s23p5；

（2）HF分子间存在氢键，沸点最高，其它卤化氢随着相对分子质量递增，其沸点升高；

（3）图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳

原子，碳原子采取sp2杂化；

根据均摊法计算晶胞中C原子数目，令碳原子直径为a，计算晶胞中C原子总体积，碳原子

与周围的4个原子形成正四面体结构，中心碳原子与正四面体顶点原子相邻，中心碳原子到

底面距离为，则正四面体的高为（a+），设正四面体的棱长为x，则斜面的高为

x，底面中心到边的距离为x×，再根据勾股定理计算x与a的关系，晶胞棱长

=2x×=x，再计算晶胞体积，晶胞空间利用率=×100%；

（4）晶体Cu为面心立方最密堆积，所以配位数为12，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键；

（5）金属Cu与双氧水发生氧化还原反应，生成的铜离子随即与一水合氨中的氮形成配位键。【详解】原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D 原子外围电子排布为3d104s1，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B 与C可形成正四面体型分子，则B为氯元素，

（1）四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子排布为3s23p5，其基态原子的价电子排布图为；四种元素中只有Cu为金属元素失电子能力最强，其他为非金属元素，故第一电离能最小的元素是Cu；

（2）HF分子之间形成氢键，使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，即沸点由高到低的顺序是HF＞HI＞HBr＞HCl；（3）图一为石墨的平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；

图二为金刚石的晶胞，一个晶胞中含碳原子数为8×+6×+4=8，令碳原子直径为a，晶胞中C原子总体积=8×π（）3，碳原子与周围的4个原子形成正四面体结构，中心碳原子与正四面体顶点原子相邻，中心碳原子到底面距离为，则正四面体的高为（a+）=，设正四面体的棱长为x，则斜面的高为x，底面中心到边的距离为x×，再根据勾股定理：（）2+（x×）2=（x）2，整理得x=，故晶胞棱长=×=，则晶胞体积为（）3，晶胞空间利用率={[8×π（）3]÷（）3}×100%=π34%；

（4）晶体Cu为面心立方最密堆积，所以配位数为12，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键，答案为：①②③；

（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨

水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液；发生反应的离子方程式有

Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+、Cu(OH)2+4NH3===[Cu(NH3)4]2++2OH?。

【点睛】本题是对物质结构的考查，题目综合性较大，涉及元素推断、核外电子排布、晶体结构与化学键、杂化轨道、配合物、晶胞计算等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度中等。

11.化合物A合成药物中间体I的一种合成路线如下:

已知下列信息:

①A、B、C、D的苯环均只有两个取代基，其中D既能发生银镜反应又能与FeCl3溶液发生显色反应。

②

③

回答下列问题:

(1)A的化学名称为_______；I中含氧官能团的名称是_______。

(2)G生成H的反应类型是_______ .

(3)G的结构简式为_____________。

(4)C生成D的化学方程式为_______ 。

(5)芳香化合物X是E的同分异构体，X既能使Br2/CCl4溶液褪色，又能与NaHCO3反应生成CO2，其核磁共振氢谱显示分子中有4种不同化学环境的氢，峰面积之比为6:3:2:1，写出两种符合要求的X的结构简式: _______ 、_______ 。

(6)写出以乙二醇为原料，利用上述信息，制备高分子化合物

的合成路线________(其它试剂任用)。

【答案】 (1). 对甲基苯酚（4-甲基苯酚） (2). 羧基和醚键 (3). 取代反应(4). (5).

(6).

(7). (8).

【解析】

【分析】

由且①A、B、C、D的苯环均只有两个取代基可知A为；

在催化剂作用下与乙醇发生反应生成B为，在光照条件下发生取代反应生成C为，

在酸性条件下水解生成乙酸和D，D为，与反应生成E为，发生还原反应生成F为，与SOCl2反应生成G为，与NaCN反应生成H为

，H在氢氧化钠溶液中反应后酸化得到I为

。据此分析。

【详解】（1）由且①A、B、C、D的苯环均只有两个取代基可知A为，名称为对甲基苯酚或4-甲基苯酚；I为，含氧官能团的名称是羧基和醚键；

(2)由可知G生成H的反应类型是取代反应；

(3)根据已知③，利用逆推法由结合G 的分子式可知H为、G的结构简式为；

(4) 根据，在光照条件下发生取代反应生成C为

，在酸性条件下水解生成乙酸和D，D为

，C生成D的发生化学方程式为

；

（５）由D的结构简式，结合D到E的反应关系可知E的结构为，芳香化合物X是E的同分异构体，即能使Br2/CCl4溶液褪色，又能与NaHCO3反应生成CO2，其核磁共振氢谱显示分子中有4种不同化学环境的氢，峰面积之比为6:3:2:1，符合要求的X的结构简式: 、；(6)利用上述信息，写出以乙二醇为原料，制备高分子化合物

的合成路线为

。