海南省文昌市文昌中学2024届高三第三次模拟考试化学试卷含解析

注意事项：

1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项） 1、BHT是一种常用的食品抗氧化剂，由对甲基苯酚（列说法不正确的是

）合成BHT的常用方法有2种（如图），下

A．BHT能使酸性KMnO4溶液褪色 B．BHT与对甲基苯酚互为同系物 C．BHT中加入浓溴水易发生取代反应 D．方法一的原子利用率高于方法二

2、氮化铝（AlN）熔融时不导电、难溶于水，常用作砂轮及耐高温材料，由此推知，它应该属于（ ） A．离子晶体

B．原子晶体

C．分子晶体

D．金属晶体

3、实验室利用下图装置制取无水A1C13(183℃升华，遇潮湿空气即产生大量白雾)，下列说法正确的是

A．①的试管中盛装二氧化锰，用于常温下制备氯气

B．②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装浓H2SO4、饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液 C．滴加浓盐酸的同时点燃④的酒精灯

D．⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替 4、下列说法正确的是：

A．将铜丝在酒精灯的外焰上加热变黑后，置于内焰中铜丝又恢复原来的红色

B．氨气不但可以用向下排空气法收集，还可以用排饱和氯化铵溶液的方法收集

C．向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有CO32－ D．为了使过滤加快，可用玻璃棒在过滤器中轻轻搅拌，加速液体流动

5、科学家利用CH4燃料电池(如图)作为电源，用Cu-Si合金作硅源电解制硅可以降低制硅成本，高温利用三层液熔盐进行电解精炼，下列说法不正确的是（ ）

A．电极d与b相连，c与a相连 B．电解槽中，Si优先于Cu被氧化

C．a极的电极反应为CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2O

D．相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，会影响硅的提纯速率 6、下列有关实验的操作、现象和结论都正确的是 选项 实验操作 向浓度均为0.10mol•LA －1现象 的KCl和出现黄色沉淀 结论 KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液 Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI） 向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）生成白色沉淀，加入稀 B 2溶液，然后再加入稀盐酸 盐酸，沉淀不溶解 产生使湿润的红色石Na2SO3溶液已经变质 向盛有NH4Al（SO4）2溶液的试管C 中，滴加少量NaOH溶液 测定等物质的量浓度的Na2CO3和D NaClO的pH值 A．A

B．B

NH4++OH- = NH3↑+H2O 蕊试纸变蓝的气体 Na2CO3＞NaClO 酸性：H2CO3＜HClO C．C D．D

7、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示.若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法中正确的是：

A．只由这四种元素不能组成有机化合物 B．最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z弱 C．Z的单质与氢气反应较Y剧烈 D．X、Y形成的化合物都易溶于水 8、下列物质不属于盐的是 A．CuCl2

B．CuSO4

C．Cu2(OH)2CO3

D．Cu(OH)2

9、常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是

A．Ka2（H2X）的数量级为10–6 B．曲线N表示pH与lgcHXcH2X的变化关系

C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)

D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)=c(H＋) 10、下列有关说法不正确的是

A．钠与氧气反应的产物与反应条件有关 B．金属镁分别能在氮气、氧气、二氧化碳中燃烧 C．工业上主要采用高温冶炼黄铜矿的方法获得铜

D．二氧化硫能漂白某些物质，能使紫色石蕊试液先变红后褪色 11、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是

2CO2(g)Na2O2(s)A．Na(s)Na2CO3(s) 点燃O(g)2Fe(s)FeCl2(s) B．Fe3O4(s)高温点燃Al(s)Cl(g)2HCl(aq)Si(s) C．SiO2(s)SiCl4(g)高温H(g)2H2O(l)SO3(g)D．S(s)H2SO4(aq) 点燃O(g)12、常温常压下，O3溶于水产生的游离氧原子[O]有很强的杀菌消毒能力，发生的反应如下：（ ） 反应①：O3反应②：[O]+O3总反应：2O3

O2+[O] ΔH>0 平衡常数为K1

2O2 ΔH<0 平衡常数为K2 3O2 ΔH<0 平衡常数为K

下列叙述正确的是 A．降低温度，K减小 C．增大压强，K2减小

B．K=K1+K2

D．适当升温，可提高消毒效率

13、下列化肥长期施用容易导致土壤酸化的是( ) A．硫酸铵

B．尿素

C．草木灰

D．钾

14、中科院深圳研究院成功开发出一种新型铝－石墨双离子电池，可大幅度提升电动汽车的使用性能，其工作原理如图所示。充电过程中，石墨电极发生阴离子插层反应，而铝电极发生铝－锂合金化反应，下列叙述正确的是

A．放电时，电解质中的Li＋向左端电极移动

B．充电时，与外加电源负极相连一端电极反应为：AlLi-e-=Li++Al C．放电时，正极反应式为Cn(PF6)+e-=PF6-+Cn D．充电时，若转移0.2mol电子，则铝电极上增重5.4g 15、下列有关实验正确的是

A．装置用于Na2SO3和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体

B．装置用于灼烧CuSO4·5H2O

C．装置用于收集氯气并防止污染空气

D．装置用于实验室制备少量乙酸乙酯

16、海洋约占地球表面积的71%，具有十分巨大的开发潜力。工业上从海水中提取镁的流程如下：

下列说法中正确的是

A．工业上使Mg2+沉淀，试剂①应选用NaOH B．将MgCl2溶液直接蒸干得到无水MgCl2 C．电解MgCl2溶液在阴极得到金属Mg

D．要使MgSO4完全转化为沉淀，加入试剂①的应过量 17、由下列实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 A 实验操作 向Co2O3中滴加浓盐酸 白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食B 盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液 C 将铁片投入浓硫酸中 无明显变化 常温下铁不与浓硫酸反应 无明显现象 该过程未发生氧化还原反应 实验现象 产生黄绿色气体 结论 氧化性：Cl2 > Co2O3 将10mL 2mol/L 的KI溶液与1mL 1mol/L D FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液 A．A

B．B

C．C

D．D

溶液颜色变红 KI与FeCl3的反应具有可逆性 18、用氯气和绿矾处理水，下列说法错误的是（ ） A．氯气起杀菌消毒作用 B．氯气氧化绿矾 C．绿矾具有净水作用

D．绿矾的氧化产物具有净水作用 19、下列化学用语正确的是 A．CCl4分子的比例模型：

B．CSO的电子式：

C．对硝基苯酚的结构简式： D．16O的原子结构示意图：

20、能正确表示下列反应的离子方程式为( )。

A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－ B．向碳酸钠溶液中通入少量CO2：CO32-＋2CO2＋H2O=2HCO3- C．向碘化钾溶液中加入少量双氧水：3H2O2＋I－=IO3-＋3H2O D．向CuSO4溶液中通入H2S：H2S＋Cu2+=CuS↓＋2H+ 21、下列有关说法正确的是

A．用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色沉淀 B．用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，必须通过氨熏 C．氯化钻浓溶液加水稀释，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色

D．摘下几根火柴头，浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加AgNO3溶液和稀，若出现白色沉淀，说明火柴头中含氯元素

22、NA是阿伏加德罗常数的值。下列体系中指定微粒或化学键的数目一定为NA的是 A．46.0 g乙醇与过量冰醋酸在浓硫酸加热条件下反应所得乙酸乙酯分子 B．36.0 gCaO2与足量水完全反应过程中转移的电子 C．53.5 g氯化铵固体溶于氨水所得中性溶液中的NH4＋ D．5.0 g乙烷中所含的共价键 二、非选择题(共84分)

23、（14分）聚碳酸酯（简称PC）是重要的工程塑料，某种PC塑料(N)的合成路线如下：

已知：

i．R1COOR2 + R3OH

R1COOR3 + R2OH

ii．R1CH=CHR2R1CHO + R2CHO

（1）A 中含有的官能团名称是______。

（2）①、②的反应类型分别是______、______。 （3）③的化学方程式是______。

（4）④是加成反应，G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是______。 （5）⑥中还有可能生成的有机物是______（写出一种结构简式即可）。 （6）⑦的化学方程式是______。

（7）己二醛是合成其他有机物的原料。L经过两步转化，可以制备己二醛。合成路线如下：

中间产物1的结构简式是______。

24、（12分）近期科研人员发现磷酸氯喹等药物对新型冠状病毒肺炎患者疗效显著。磷酸氯喹中间体合成路线如下：

已知：Ⅰ.卤原子为苯环的邻对位定位基，它会使第二个取代基主要进入它的邻对位；硝基为苯环的间位定位基，它会使第二个取代基主要进入它的间位。 Ⅱ. E为汽车防冻液的主要成分。 Ⅲ. 2CH3COOC2H5请回答下列问题

(1)写出B的名称__________，C→D的反应类型为_____________ ； (2)写出E生成F的化学方程式___________________________。 写出H生成I的化学方程式__________________。

(3)1 mol J在氢氧化钠溶液中水解最多消耗________mol NaOH。

(4)H有多种同分异构体，其满足下列条件的有_________种(不考虑手性异构)，其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：6的结构简式为___________。 ①只有两种含氧官能团 ②能发生银镜反应

③1 mol 该物质与足量的Na反应生成0.5 mol H2 (5)以硝基苯和2-丁烯为原料可制备化合物，

合成路线如图：

CH3COCH2COOC2H5+C2H5OH

写出P、Q结构简式：P_______，Q________。

FeCl3在现代工业生产中应用广泛。25、（12分）某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。

Ⅰ．经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：

①检验装置的气密性；

②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气； ③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成； ④……

⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的H2赶尽Cl2，将收集器密封。 请回答下列问题：

(1)装置A中反应的化学方程式为________________。

(2)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作是_______________。

(3)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)_____________。

(4)装置B中冷水浴的作用为________________；装置C的名称为_____________；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：____________。 (5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂_____________。

Ⅱ．该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。

(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为____________。

(7)综合分析实验Ⅱ的两个反应，可知该实验有两个显著优点：①H2S的原子利用率为100%；②___________。 26、（10分）实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。

资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。

Ⅰ 制备K2FeO4(夹持装置略)

（1）A的作用_____________

（2）在答题纸上将除杂装置B补充完整并标明所用试剂：________ （3）在C中得到紫色固体的化学方程式为：______________

Ⅱ探究K2FeO4的性质：取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生气体和溶液a。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：

方案Ⅰ 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶解，得到紫色溶液b，取少量b，方案Ⅱ 滴加盐酸，有Cl2产生 （4）由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有_____离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由_______产生(用离子方程式表示)。

（5）根据方案Ⅱ得出：氧化性Cl2________FeO42- (填“>”或“<”)，而K2FeO4的制备实验实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是______。

27、（12分）钠是一种非常活泼的金属，它可以和冷水直接反应生成氢气，但是它与煤油不会发生反应。把一小块银白色的金属钠投入到盛有蒸镏水的烧杯中，如图a所示，可以看到钠块浮在水面上，与水发生剧烈反应，反应放出的热量使钠熔成小球，甚至会使钠和生成的氢气都发生燃烧。如果在上述盛有蒸镏水的烧杯中先注入一些煤油，再投入金属钠，可以看到金属钠悬浮在煤油和水的界面上，如图b所示，同样与水发生剧烈的反应，但不发生燃烧。

图a图b

(1)在第一个实验中，钠浮在水面上；在第二个实验中，钠悬浮在煤油和永的界面上，这两个现象说明了：________。 (2)在第二个实验中，钠也与水发生反应，但不发生燃烧，这是因为________。

(3)我们知道，在金属活动性顺序中，排在前面的金属能把排在后面的金属从它的盐溶液里置换出来，可将金属钠投入到硫酸铜溶液中，却没有铜被置换出来，而产生了蓝色沉淀，请用化学方程式解释这一现象____。

28、（14分）硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示： 熔点/℃ 沸点/℃ H2S −85.5 −60.3 S8 115.2 >600（分解） 444.6 −10.0 45.0 337.0 FeS2 SO2 −75.5 SO3 16.8 H2SO4 10.3 回答下列问题：

（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为__________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________形。

H2S、SO2、SO3的气态分子中，（2）根据价层电子对互斥理论，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_________。 （3）图（a）为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为__________。

（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____形，其价键的类型有______种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。

（5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密cm−3；度的计算表达式为___________g·晶胞中Fe2+位于S2所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。 29、（10分）近年来，氮氧化物进行治理已成为环境科学的重要课题。

(1)在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO3-)，其工作原理如图所示。

2

金属铱(Ir)表面发生了氧化还原反应，其还原产物的电子式是_____；若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液的含氮量，用电极反应式解释原因 _____________。

(2)在密闭容器中充入 10 mol CO和8 mol NO，发生反应 2NO(g)+2CO(g)NO的体积分数与温度、压强的关系。

N2(g) +2CO2(g) ∆H<0，如图为平衡时

①该反应达到平衡后，为提高反应速率且同时提高转化率，可采取的措施有_______(填序号）。

a．改用高效催化剂 b．缩小容器的体积 c．升高温度 d．减小CO2的浓度

②压强为20 MPa、温度为T2下，若反应达到平衡状态时容器的体积为4 L，则此时CO2的浓度为_______。 ③若在D点对反应容器升温的同时增大其体积至体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A ~G点中的_______点。

(3)研究表明，NOx的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还与催化剂表面氧缺位的密集程度成正比。以La0.8A0.2BCoO3+x(A、B均为过渡元素)为催化剂，用H2还原NO的机理如下：

第一阶段：B4+(不稳定)+H2→低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变) 第二阶段：NO(g)+□→NO(a) ΔH1 K1 2NO(a)→2N(a)+O2(g) ΔH2 K2 2N(a)→N2(g)+2□ ΔH3 K3 2NO(a)→N2(g)+2O(a) ΔH4 K4 2O(a)→O2(g)+2□ ΔH5 K5

注：“□”表示催化剂表面的氧缺位，“g”表示气态，“a”表示吸附态。

第一阶段用氢气还原B4+得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是________________。第二阶段中各反应焓变间的关系：∆H2+∆H3=_____；该温度下，NO脱除反应2NO(g)含K1、K2、K3的表达式表示）。

N2(g)+O2(g)的平衡常数K=____ (用

参

一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项） 1、C 【解题分析】

A.BHT结构中有酚羟基，可以被酸性KMnO4溶液氧化；其结构中有一个甲基直接与苯环相连，也能被酸性KMnO4溶液直接氧化，A项正确；B.对甲基苯酚和BHT相比，都含有1个酚羟基，BHT多了8个“CH2”原子团，符合同系物的定义——结构相似，组成上相差若干个CH2，B项正确；C.BHT中酚羟基的邻对位已无H原子，所以不能与浓溴水发生取代反应，C项错误；D.方法一为加成反应，原子利用率理论高达100%，而方法二为取代反应，产物中还有水，原子利用率相对较低，D项正确；答案选C项。 【题目点拨】

①同系物的判断，首先要求碳干结构相似，官能团种类和数量相同，其次是分子组成上要相差若干个CH2。②酚羟基

的引入，使苯环上酚羟基的邻对位氢受到激发，变得比较活泼。 2、B 【解题分析】

由信息可知，氮化铝常用作砂轮及耐高温的材料，熔融时不导电，为共价化合物，熔点高、硬度大，为原子晶体的性质，所以氮化铝属于原子晶体，B项正确； 答案选B。 3、D 【解题分析】

由实验装置可知，①为浓盐酸与强氧化剂反应生成氯气，②中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，④中Al与氯气反应生成AlCl3，⑤为收集氯化铝的装置；⑥中浓硫酸防止水进入④和⑤中引起氯化铝水解，⑦中NaOH溶液吸收尾气中的氯气，以此来来解答。 【题目详解】

A. ①的试管中盛装二氧化锰，常温与浓盐酸不反应，需要加热制备氯气，A项错误；

B. 由上述分析可知②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装饱和食盐水、浓H2SO4、浓H2SO4、NaOH溶液，B项错误； C. 滴加浓盐酸使产生的氯气排出装置中的氧气，再点燃④的酒精灯，C项错误；

D. ⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦两个装置要防止其水解，且要吸收尾气中的氯气，则⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替，D项正确； 答案选D。 4、A 【解题分析】

A. 将铜丝在酒精灯的外焰上加热变黑后，生成氧化铜，置于内焰中遇到乙醇，发生反应生成铜，又恢复原来的红色，故A正确；

B. 氨气极易溶于水中，不能用排饱和氯化铵溶液的方法收集，故B错误；

C. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，原溶液中可能含有CO32－、HCO3－、SO32－、HSO3－等，故C错误；

D. 过滤时玻璃棒起引流作用，不能搅拌，会捅破滤纸，故D错误。 故选：A 5、C 【解题分析】

A．图2是甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，图1中d电极为阳极，与电源正极b相连，c电极为阴极，与电源负极a相连，故A正确；

B．d电极为阳极硅失电子被氧化，而铜没有，所以Si优先于Cu被氧化，故B正确；

C．通入甲烷的a电极为负极发生氧化反应，电极反应为CH4-8e－+4O2－═CO2+2H2O，故C错误；

D．相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，电流强度不同，会导致转移电子的量不同，会影响硅提纯速率，故D正确； 故选C。 6、A 【解题分析】

A．向浓度均为0.10mol•L－1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明相同条件下AgI先于AgCl沉淀，二者为同种类型沉淀，Ksp越小溶解度越小，相同条件下越先沉淀，所以Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故A正确；

B．即便亚硫酸没有变质，先加入Ba(NO3)2溶液，再加入稀盐酸后根也会将亚硫酸根氧化沉硫酸根，故B错误； C．向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液会先发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓，并不能生成氨气，故C错误；

D．测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO的pH值，Na2CO3＞NaClO可以说明HCO3-的酸性强于HClO，若要比较H2CO3和HClO的酸性强弱，需要测定等物质的量浓度NaHCO3和NaClO的pH值，故D错误； 故答案为A。 7、A 【解题分析】

根据Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，可判断Y为氧元素，因此X、Z、W分别为氮、硫、氯元素。 【题目详解】

A、因要组成有机化合物必须含有碳、氢元素，正确；

B、非金属性W>Z，最高价氧化物对应水化物的酸性是W>Z，错误； C、非金属性Y>Z，故Y与氢气化合物更剧烈，错误； D、N、O形成的化合物如NO不易溶于水，错误。 8、D 【解题分析】

A. CuCl2是铜离子和氯离子组成的化合物，属于盐，A不选； B. CuSO4是硫酸根离子和铜离子组成的化合物，属于盐，B不选； C. Cu2(OH)2CO3为碱式碳酸铜，属于盐，C不选；

D. Cu(OH)2为氢氧化铜，在溶液中能部分电离出铜离子和氢氧根离子，属于碱，D选； 答案选D。

9、D 【解题分析】

c(HX)c(H)c(X2)c(H)A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即c(HX)c(H2X)c(X2)c(HX)c(HX)＞lg氢离子浓度相等时lg，因此曲线N表示pH与lg的变化关系，则曲线M是己二酸的第二

c(H2X)c(H2X)c(HX)c(X2) =10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因步电离，根据图像取－0.6和4.8点，c(HX)c(HX)此Ka2（H2X）的数量级为10，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与lg的关系，B正确；C. 曲线

c(H2X)-6

c(HX)N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到

c(H2X)Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D.根c(X2)c(X2)2--lg据图像可知当lg＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X)＞c(HX)，D错误；答c(HX)c(HX)案选D。 10、D 【解题分析】

A、钠与氧气反应常温下生成氧化钠，加热或点燃的条件下生成过氧化钠，故A正确；

B、镁与氮气燃烧生成氮化镁，与氧气燃烧生成氧化镁，与二氧化碳发生置换反应，生成碳单质和氧化镁，故B正确； C、现代工业主要采用“火法炼铜”，即在高温条件下培烧黄铜矿，故C正确； D、二氧化硫不能漂白石蕊，故D错误。 故选D。 11、A 【解题分析】

A．Na在氧气中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3，能实现转化，故A正确； B．Fe与Cl2燃烧，反应生成FeCl3不能生成FeCl2，故B错误； C．在高温下，SiO2与与盐酸溶液不反应，故C错误；

D．S在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能得到三氧化硫，故D错误； 答案选A。 【题目点拨】

氯气是强氧化剂，与变价金属单质反应时，金属直接被氧化为最高价。 12、D

【解题分析】

A. 降低温度向放热反应移动即正向移动，K增大，故A错误； B. 方程式相加，平衡常数应该相乘，因此K=K1∙K2，故B错误；

C. 增大压强，平衡向体积减小的方向移动，即逆向移动，平衡常数不变，故C错误； D. 适当升温，反应速率加快，消毒效率提高，故D正确。 综上所述，答案为D。 13、A 【解题分析】

A．硫酸铵属于强酸弱碱盐，溶于水显酸性，长期施用容易导致土壤酸化，故A正确； B．尿素是碳酰胺，呈弱碱性，长期施用容易导致土壤碱化，故B错误；

C．草木灰的主要成分是碳酸钾，呈碱性，长期施用容易导致土壤碱化，故C错误；

D．钾呈中性，植物的根吸收盐以后会释放出氢氧根离子(OH-)，并在根部区域形成微碱性环境，导致土壤碱化，故D错误； 答案选A。 14、C 【解题分析】

A．由图中电子流动方向川知，放电时左边为负极右边为正极，原电池中阳离子向正极移动，所以电解质中的Li+向右端移动，故A错误；

B．充电时阴极得电子发生还原反应，所以电极反应式为：Li++Al+e-=AlLi，故B错误；

C．放电时，正极Cn(PF6)发生还原反应，据图可知生成PF6-，所以电极反应式为：Cn(PF6)+e-=PF6-+Cn，故C正确； D．锂比铝活泼，充电时，铝电极的电极反应式为：Li++Al+e-=AlLi，所以若转移0.2 mol电子，增重为0.2×7=1.4g，而不是5.4 g，故D错误； 故答案为C。 【题目点拨】

原电池中电子经导线由负极流向正极，电流方向与电子流向相反；电解质溶液中阳离子流向正极，阴离子流向负极。 15、C 【解题分析】

A．简易气体发生装置适用于难溶性固体和液体的反应，Na2SO3易溶于水，不能用简易气体发生装置制备，故A错误； B．蒸发皿用于蒸发液体，灼烧固体应在坩埚中进行，故B错误； C．氯气密度比空气大，可与碱石灰反应，装置符合要求，故C正确；

D．乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解，不能用NaOH溶液收集乙酸乙酯，应用饱和碳酸钠溶液收集，故D错误；

故答案为C。 16、D 【解题分析】

A. 工业上使Mg2+沉淀，应选用廉价的石灰乳，可利用海边大量存在的贝壳煅烧成石灰制得，故A错误；

B. 氯化镁是强酸弱碱盐，加热时，氯化镁水解生成氢氧化镁和盐酸，升高温度促进盐酸挥发，所以小心蒸干氯化镁溶液最终得到氢氧化镁而不是氯化镁，故B错误；

C. 电解熔融MgCl2在阴极得到金属Mg，电解MgCl2溶液在阴极得到H2，故C错误； D. 为了使镁离子完全转化，加入试剂①的量应过量，故D正确。 故答案选D。 17、D 【解题分析】

A．向Co2O3中滴加浓盐酸产生的黄绿色气体为氯气，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物，则氧化性：Cl2＜Co2O3，故A错误；

B．出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，Zn为负极，铁为正极，构成原电池，发生电化学腐蚀，锌失去电子，故B错误； C．铁片投入浓硫酸，没有明显变化，是由于铁与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行，并不是不反应，故C错误；

D．根据2Fe3+ + 2I -=2Fe2+ + I2，10mL 2mol/L 的KI溶液与1mL 1mol/L FeCl3溶液反应后KI过量，由现象可知存在铁离子，说明KI与FeCl3反应有可逆性，故D正确； 故选D。 18、C 【解题分析】

A．氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有杀菌消毒作用，所以可以用适量氯气杀菌消毒，A正确； B．绿矾中二价铁离子具有还原性，氯气能够氧化二价铁离子生成三价铁，B正确；

C．绿矾水解生成氢氧化亚铁不稳定，极易被氧化生成氢氧化铁，所以明绿不具有净水作用，C错误； D．绿矾的氧化产物为硫酸铁，硫酸铁中三价铁水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，能够净水，D正确。 答案选C。 19、B 【解题分析】

A.四氯化碳中的氯原子半径比碳原子半径大，故其比例模型错误；

B. CSO的电子式应类似二氧化碳的电子式，即氧原子和碳原子之间形成两对共用电子，故正确；

C. 对硝基苯酚中的硝基中的氮原子与苯环上的碳原子连接，故结构简式为D. 16O的原子中质子数为8，核外电子数为8个，故原子结构示意图正确。 故选C。 20、D 【解题分析】

，故错误；

A. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2，溴离子和亚铁离子都被氧化，正确的离子方程式为：4Br−+2Fe2++3Cl2 = 2Fe3++2Br2+6Cl−，故A错误；

B. 向碳酸钠溶液中通入少量CO2，反应生成碳酸氢钠，该反应的离子方程式为：CO32−＋CO2＋H2O = 2HCO3－，故B错误；

C. 向碘化钾溶液中加入少量双氧水，反应生成碘单质，该反应的离子方程式为：2H++ H2O2 ＋ 2I－= I2+2H2O，故C错误；

D. 向CuSO4溶液中通入H2S，生成CuS沉淀，该反应的离子方程式为：H2S＋Cu2+=CuS↓＋2H+，故D正确。 综上所述，答案为D。 21、C 【解题分析】

A. 用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色溶液，A错误；

B. 用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，Cu2+和Fe3+本身就具有不同颜色，不必须通过氨熏，B错误； C. 氯化钴浓溶液中，主要存在[CoCl4]2-，为蓝色离子，氯化钴稀溶液，主要存在[Co（H2O）6]2+，为粉红色离子，溶液中存在平衡[CoCl4]2-+6H2OC正确；

D. 火柴头中含有氯酸钾，银能和氯离子反应生成不溶于稀的白色沉淀，所以酸化的银能检验氯离子，但银不和氯酸根离子反应，所以不能检验氯酸根离子，D错误； 答案选C。 22、C 【解题分析】

A．46.0 g乙醇的物质的量为1mol，酯化反应为可逆反应，不能进行到底，lmol乙醇与过量冰醋酸在加热和浓硫酸条件下充分反应生成的乙酸乙酯分子数小于NA，故A错误；

2+-[Co（H2O）加水稀释平衡向右移动，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色，6]+4Cl，

36gB．36.0 gCaO2的物质的量为=0.5mol，与足量水完全反应生成氢氧化钙和氧气，转移0.5mol电子，故B错

72g/mol误；

C．53.5g氯化铵的物质的量为1mol，中性溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒，c(NH4+)+ c(H+)=c(OH-)+ c(Cl-)，因此c(NH4+)= c(Cl-)，即n(NH4+)= n(Cl-)=1mol，故C正确；

D．一个乙烷分子中含有6个C-H键和1个C-C键，因此5.0g乙烷中所含的共价键数目为故D错误； 答案选C。 【题目点拨】

本题的易错点为B，要注意过氧化钙与水的反应类似于过氧化钠与水的反应，反应中O元素的化合价由-1价变成0价和-2价。

二、非选择题(共84分)

5g7×7×NA=NA，

30g/mol623、碳碳双键 氧化反应 加成反应

CH3CH=CH2 、、

【解题分析】

A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇发生信息i中的反应生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH，其中F和M可生成N，则E为HOCH2CH2OH，F为碳酸二甲酯，结构简式为

；

G和苯反应生成J，由J分子式知G生成J的反应为加成反应，G为CH2=CHCH3，J发生氧化反应然后酸化生成L和丙酮，L和丙酮在酸性条件下反应生成M，由M结构简式和D分子式知，D为成的PC结构简式为

；

，F和M发生缩聚反应生

（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到； 【题目详解】

（1）A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键；

（2）反应①是乙烯催化氧化生成环氧乙烷，反应类型为氧化反应；反应②是环氧乙烷与CO2发生加成反应生成

，反应类型是加成反应；

（3）反应③是和CH3OH发生取代反应，生成乙二醇和碳酸二甲酯，发生反应的化学方程式是

；

（4）反应④是G和苯发生加成反应生成的J为C9H12，由原子守恒可知D的分子式为C3H6，结合G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是CH3CH=CH2；

（5）反应⑥中苯酚和丙酮还发生加成反应生成，还可以发生缩聚反应生成

等；

（6）反应⑦是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成PC塑料的化学方程式为

；

（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到，结合L为苯酚可知，合成路线为苯酚与H2加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中间产物1为环己醇，结构简式是【题目点拨】

本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据产物的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。 24、硝基苯 还原反应 HOCH2-CH2OH+O2

OHC—CHO+2H2O

。

+CH3COOC2H5C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH 4 12 、

【解题分析】

A分子式是C6H6，结合化合物C的结构可知A是苯，结构简式为

，A与浓、浓硫酸混合加热发生取代反应

产生硝基苯，结构简式为，B与液氯在Fe催化下发生取代反应产生C：，C与Fe、HCl发生

还原反应产生D：；由于F与新制Cu(OH)2悬浊液混合加热，然后酸化得到分子式为C2H2O4的G，说明

F中含有-CHO，G含有2个-COOH，则G是乙二酸：HOOC-COOH，逆推F是乙二醛：OHC-CHO，E为汽车防冻液的主要成分，则E是乙二醇，结构简式是：HOCH2-CH2OH，HOOC-COOH与2个分子的CH3CH2OH在浓硫酸作用下加热，发生酯化反应产生分子式是C6H10O4的H，H的结构简式是C2H5OOC-COOC2H5；H与CH3COOC2H5发生III条件的反应产生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，I与D反应产生J和H2O，J在一定条件下反应产生J，K发生酯的水解反应，然后酸化可得L，L发生脱羧反应产生M，M在一定条件下发生水解反应产生N，据此分析解答。 【题目详解】 根据上述分析可知A是

，B是

，E是HOCH2-CH2OH，F是OHC—CHO，G是HOOC-COOH，H

是C2H5OOC-COOC2H5，I是C2H5OOCCOCH2COOC2H5。

(1) B是，名称是硝基苯；C是，C与Fe、HCl发生还原反应产生D：，-NO2被

还原为-NH2，反应类型为还原反应；

(2) E是HOCH2-CH2OH，含有醇羟基，可以在Cu作催化剂条件下发生氧化反应产生乙二醛：OHC-CHO，所以E生成F的化学方程式是HOCH2-CH2OH+O2

OHC-CHO+2H2O；

H是C2H5OOC-COOC2H5，H与CH3COOC2H5发生III条件的反应产生I：C2H5OOCCOCH2COOC2H5和C2H5OH，反应方程式为：C2H5OOC-COOC2H5+ CH3COOC2H5

C2H5OOCCOCH2COOC2H5+C2H5OH；

(3)J结构简式是，在J中含有1个Cl原子连接在苯环上，水解产生HCl和酚羟基；含有2个酯基，酯基

水解产生2个分子的C2H5OH和2个-COOH，HCl、酚羟基、-COOH都可以与NaOH发生反应，所以1 mol J在氢氧化钠溶液中水解最多消耗4 molNaOH；

(4)H结构简式是：C2H5OOC-COOC2H5，分子式是C6H10O4，其同分异构体满足下列条件①只有两种含氧官能团；②能发生银镜反应说明含有醛基；③1 mol该物质与足量的Na反应生成0.5 mol H2，结合分子中含有的O原子数目说明只含有1个-COOH，另一种为甲酸形成的酯基HCOO-，则可能结构采用定一移二法，固定酯基HCOO-，移动-COOH的位置，碳链结构

的羧基可能有

共4种结构；碳链结构

的羧基可能有4种结构；碳链结构的羧基可能有

3种结构；碳链结构为的羧基可能位置只有1种结构，因此符合要

求的同分异构体的种类数目为4+4+3+1=12种；其中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：6的结构简式为

、

；

(5)CH3-CH=CH-CH3与溴水发生加成反应产生CH3CHBr-CHBrCH3，然后与NaOH水溶液共热发生取代反应产生

，

发生催化氧化产生Q是

；

与浓、浓硫酸混合加热

发生硝化反应产生P是，P与Fe、HCl发生还原反应产生，与在

HAc存在条件下，加热40—50℃反应产生和H2O，故P是，Q是。

【题目点拨】

本题考查有机物推断和有机合成，明确有机物官能团及其性质关系、有机反应类型及反应条件是解本题关键，难点是H的符合条件的同分异构体的种类的判断，易漏选或重选，可以采用定一移二的方法，在物质推断时可以由反应物采用正向思维或由生成物采用逆向思维方法进行推断，侧重考查学生分析推断及合成路线设计能力。

25、2Fe+3Cl2

2FeCl3 在沉积的FeCl3固体下方加热 ②⑤ 冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品 干燥

管 K3[Fe(CN)6)溶液 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ FeCl3得到循环利用

【解题分析】

Ⅰ．装置A中铁与氯气反应，反应为：2Fe+3Cl2

2FeCl3，B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产

品；为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解，所以用装置C无水氯化钙来吸水，装置D中用FeCl2吸收Cl2时的反应离子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，离子方程式为：

2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸，所以装置E为氢氧化钠溶液吸收氯气，据此分析解答(1)~(5)；

Ⅱ．三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应，化学方程式为2FeCl3+H2S═2FeCl2+S↓+2HCl，电解氯化亚铁时，阴极阳离子得到电子发生还原反应；阳极阴离子失去电子发生氧化反应，据此分析解答(6)~(7)。 【题目详解】

Ⅰ．(1)氯气具有强氧化性，将有变价的铁元素氧化成高价铁，生成氯化铁，所以装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl2

2FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl2

2FeCl3；

(2)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，因为无水FeCl3加热易升华，要使沉积的FeCl3进入收集器，需要对FeCl3加热，使氯化铁发生升华，使沉积的FeCl3进入收集器，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；

(3)为防止FeCl3潮解，可以采取的措施有：步骤②中通入干燥的Cl2，步骤⑤中用干燥的N2赶尽Cl2，故答案为：②⑤； (4)B中的冷水是为了冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品，装置C的名称为干燥管；Fe2+的检验可通过与K3[Fe(CN)6)溶液生成蓝色沉淀的方法来完成，故答案为：冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；K3[Fe(CN)6)溶液； (5)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，尾气吸收装置E为：

，故答案为：；

Ⅱ．(6)三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应：2FeCl3+3H2S=2FeCl2+6HCl+3S↓，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；

(7)电解氯化亚铁时，阴极发生氢离子得电子的还原反应，2H++2e-═H 2↑，阳极亚铁离子发生失电子的氧化反应：Fe2+-e-=Fe3+，电解池中最终得到的FeCl3可重新用来吸收H2S，可以循环利用，故答案为：FeCl3可以循环利用。

26、氯气发生装置 3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O Fe3＋ 4FeO42-

＋20H＋==4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O < 溶液酸碱性不同

【解题分析】

（1）浓盐酸和KMnO4混合可生成氯气；

（2）装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的；

（3）C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，结合守恒法写出发生反应的化学方程式；

（4）方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+；

（5）Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，注意两种反应体系所处酸碱性介质不一样。 【题目详解】

（1）浓盐酸和KMnO4混合可生成氯气，则A装置的作用是氯气发生装置；

（2）装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可

将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的，所以装置B应为；

（3）C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，发生反应的化学方程式为3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O；

（4）方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+，发生反应为：4FeO42-+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O；

（5）Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，两种反应体系所处酸碱性介质不一样，所以可以说明溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱。

27、钠的密度大于煤油的密度，小于水的密度 钠不与空气接触，缺乏燃烧条件 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑ 【解题分析】

(1)根据物体的浮沉条件可知：钠浮在水面上，说明钠的密度小于水的密度，钠悬浮在煤油和水的界面上，说明钠的密度大于煤油的密度；故答案为：钠的密度大于煤油的密度，小于水的密度；

(2)根据燃烧的条件可知，钠不燃烧的原因是：煤油将钠与空气隔绝；故答案为：钠不与空气接触，缺乏燃烧条件；

(3)金属钠投入到硫酸铜溶液中,首先与水反应，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应，相关的化学方程式为：

2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑；故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑。 【题目点拨】

并不是所有的金属都能从金属性更弱的金属盐溶液中置换出该种金属，要考虑这种金属是否能够与水反应，如果能够与水反应，则优先考虑与水反应，再看反应产物是否与盐溶液反应。 28、

哑铃 H2S S8相对分子质量大，（纺锤）分子间范德华力强 平面三角 2

4M1021 2a sp 3NAa23

【解题分析】

（1）根据铁、硫的核外电子排布式解答； （2）根据价层电子对互斥理论分析；

（3）根据影响分子晶体熔沸点高低的是分子间范德华力判断； （4）根据价层电子对互斥理论分析； （5）根据晶胞结构、结合密度表达式计算。 【题目详解】

（1）基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63ds2，则其价层电子的电子排布图（轨道表达式）为

；基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则电子占据最高能级是3p，其电子云轮

廓图为哑铃（纺锤）形。

（2）根据价层电子对互斥理论可知H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是

26126226234、23、33，因此不同其他分子的是H2S。 222（3）S8、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体，由于S8相对分子质量大，分子间范德华力强，所以其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多；

（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，根据（2）中分析可知中心原子含有的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以其分子的立体构型为平面三角形。分子中存在氧硫双键，因此其价键的类型有2种，即σ键、π键；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子形成4个共价键，因此其杂化轨道类型为sp3。

1/4+1＝4，硫原子个数是8×1/8+6×1/2＝4，晶胞边长为a nm、FeS2（5）根据晶胞结构可知含有铁原子的个数是12×

相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则其晶体密度的计算表达式为

m4M4M32g/cm1021g/cm3；晶胞中Fe2+位于S2所形成的正八面体的体心，该正八面体的733VNA(a10)NAa2anm。 2边长是面对角线的一半，则为【题目点拨】

本题主要是考查核外电子排布、杂化轨道、空间构型、晶体熔沸点比较以及晶胞结构判断与计算等，难度中等。其中杂化形式的判断是难点，由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致；价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。两者相结合，具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。 29、

NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O b 0.25 mol/L A 还原后催化剂中金属原子的个数不变，

2K2×K3 价态降低，氧缺位增多，反应速率加快 △H4+△H5 K1×

【解题分析】

(1)在催化剂表面H2与N2O反应产生N2和H2O，N元素化合价降低，得到电子被还原成N2，2个N原子通过三对共用电子对结合；Pt颗粒会吸附NO3-得到电子反应产生NH4+； (2)①反应2NO(g)+2CO(g)

N2(g)+2CO2(g) ∆H<0的正反应是气体体积减小的放热反应，利用外界条件对化学反应

速率和化学平衡移动的影响分析判断；

②假设反应产生的N2的物质的量为x，根据物质转化关系及反应开始时CO和NO的物质的量，利用平衡时NO的体积分数为40%计算出各物质平衡物质的量，再根据c=

n计算CO2的平衡浓度； V③根据温度、压强对平衡移动的影响分析NO的含量分析判断；

(3)还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快；根据盖斯定律和化学平衡常数的定义分析可得。 【题目详解】

(1)在催化剂表面发生氧化还原反应H2+N2O=N2+H2O，N2O被还原产生N2，N原子最外层有5个电子，在N2中2个N原子形成三对共用电子对，使分子中每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，电子式为：体上的Pt颗粒过多，会有部分NO3-得到电子与溶液中的H+结合形成NH4+，电极反应式为：NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O，反应产生的NH4+仍然存在于溶液中，因此不利于降低溶液的含氮量；

；若导电基

(2)①a．a不符合题意； 改用高效催化剂只能加快反应速率但不能使化学平衡发生移动，因此不能提高反应物的转化率，b．缩小容器的体积，使体系的压强增大，反应速率增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，反应物的转化率提高，b符合题意；

c．升高温度化学反应速率加快，但由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，反应物的转化率减小，c不符合题意；

d．减小生成物CO2的浓度，化学平衡正向移动，反应物转化率提高，但生成物浓度降低，会使反应速率降低，d不符合题意； 故答案选b；

②向反应容器中加入10 mol CO和8 mol NO ，发生反应：2NO(g)+2CO(g)

N2(g)+2CO2(g)，假设反应产生N2的

物质的量为x，则CO2为2x mol，消耗NO、CO物质的量都是2x mol，所以平衡时n(CO)=(10-2x) mol，n(NO)=(8-2x) mol，n(CO2)=2x mol，n(N2)=x mol，根据图象可知反应在压强为20 MPa、温度为T2下达到平衡时，NO的体积分数是40%，所以

82x102x82xx2x=40%，解得x=0.5 mol，则平衡时CO2的物质的量为2x=2×0.5 mol=1 mol，

n1mol=0.25 mol/L； V4L由于此时容器的容积为4 L，所以CO2的平衡浓度c(CO2)=③反应2NO(g)+2CO(g)

N2(g)+2CO2(g) ∆H<0的正反应是气体体积减小的放热反应，在压强不变时，升高温度，

平衡逆向移动，NO的体积分数增大，所以温度T2>T1，将D点的混合物加热，平衡逆向移动NO的体积分数增大；在温度不变时，增大其体积至体系压强减小，化学平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，使NO的体积分数增大，故重新达到的平衡状态可能是图中A ~G点中的A点；

(3)第一阶段用氢气还原B4+得到低价态的金属离子越多，还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快，故第二阶段反应的速率越快； 已知：①NO(g)+□→NO(a) ΔH1 K1 ②2NO(a)→2N(a)+O2(g) ΔH2 K2 ③2N(a)→N2(g)+2□ ΔH3 K3 ④2NO(a)→N2(g)+2O(a) ΔH4 K4 ⑤2O(a)→O2(g)+2□ ΔH5 K5

根据盖斯定律：②+③，整理可得：2NO(a)=O2(g)+N2(g)+2□ △H=ΔH2+ΔH3；

根据盖斯定律：④+⑤，整理可得：2NO(a)=O2(g)+N2(g)+2□ △H=ΔH4+ΔH5；所以可得ΔH2+ΔH3=ΔH4+ΔH5； 同理根据盖斯定律：2×①+②+③可得反应该温度下，NO脱除反应2NO(g)K=K1×K2×K3。 【题目点拨】

2N2(g)+O2(g)，故该反应的平衡常数

本题考查了化学原理，涉及氧化还原反应、盖斯定律的运用、化学反应速率、化学平衡等，注意将基本原理灵活运用，注意在根据盖斯定律进行热化学方程式叠加，计算化学平衡常数时，若热化学方程式相加，则平衡常数相乘，若热化学方程式相减，则化学平衡常数相除。