【文档说明】吉林省长岭县第四中学2021届高三下学期第三次模拟考试化学试题含答案.docx，共(8)页，780.364 KB，由小赞的店铺上传

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【模拟试卷】吉林省长岭县第四中学2020-2021学年度高三下学期第三次模拟卷化学试卷注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案

后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相

对原子质量：H1C12O16Na23Mg24Al27P31S32Fe56Cu64一、选择题1．2020年11月10日，中国“奋斗者”"号载人潜水器在马里亚纳海沟深度10909米处成功坐底并进行了一系列的深海探测科考活动。下列说法正确的是A．“奋斗者”号使用的锂离子电池工作时Li向负极移动B．

制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性和熔点C．“奋斗者”号返回水面的浮力材料纳米级玻璃微珠可产生了达尔效应D．未来对海底“可燃冰”(主要成分为甲烷)的开采将有助于缓解能源危机2．《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)》中指出，洛匹那韦(Lopi

navir)与氯喹类药物均可用于治疗新冠肺炎。洛匹那韦(Lopinavir)(图1)和羟基氯喹(图2)的结构分别如图所示，对这两种有机化合物描述正确的是A．洛匹那韦是一种人工合成的蛋白质B．洛匹那韦能够发生酯化、加成、氧化、还原反应C．羟基氯喹的分子

式为C18H24N3OClD．羟基氯喹分子苯环上的一氯代物有5种3．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3·xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAB．标准状况下，11.2LH2S溶于水，溶液中含硫

粒子的数目小于0.5NAC．常温下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为0.5NAD．分子式为C2H6O的某种有机物4.6g，含有C—H键的数目一定为0.5NA4．工业上常用纳米级零价铁(ZVI)处理废水[含C2HCl3(

三氯乙烯)和NO3−]。处理后C2HCl3转化为C2H4和Cl−、NO3−转化为NH4+。下列说法正确的是A．水体中含NO3−越多，三氯乙烯脱Cl的效果越好B．当产生3molFe2+时有1mol三氯乙烯完全脱

ClC．用纳米级零价铁处理被三氯乙烯污染的水体可加快脱氯速率D．NO3−发生的电极反应为NO3−+7H2O+8e−=NH4++10OH−5．用如图所示装置进行以下实验，实验现象与结论描述均正确的是①②实验现象与结论A铝条浓硫酸无明显现象，铝与

浓硫酸不反应B锌棒海水③中导管内液面上升，锌发生吸氧腐蚀C铜丝FeCl3溶液②中溶液颜色最终变为蓝色，Cu发生置换反应D铁丝稀硝酸②中试管口出现红棕色气体，Fe与稀硝酸反应生成NO27．已知t℃时AgCl的Ksp＝4×10−10，

在t℃时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号A．在t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10−11B．在饱和溶液中加入K2CrO4(s)可使溶液由Y点到Z点C．在t℃，Ag2CrO4(s)+2Cl−(

aq)2AgCl(s)+CrO42−(aq)平衡常数K＝6.25×107D．在t℃时，以0.001mol·L−1AgNO3溶液滴定20mL0.001mol·L−1KCl和0.001mol·L−1的K2CrO4的混合溶

液，CrO42−先沉淀二、非选择题8．2019年诺贝尔化学奖授予锂离子电池的发明者，锂离子电池是目前应用广泛的一类电池。以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、Fe2O3、SiO2等杂质)为原料，

制备锂离子电池电极材料的工艺流程如图所示：已知：①滤液1中含Ti微粒的主要存在形式为TiO2+；②)Ksp(FePO4)=1.3×10−22、Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10−24；溶液中某离子浓度小于等于10−5mol·L−1时，认为该离子沉淀完全。请回答下列问题：（1）滤渣

1中主要成分的化学式为_________。（2）“结晶”温度需控制在70℃左右，若温度过高会导致的后果为____________。（3）“转化I”后所得溶液中c(Mg2+)=0.01mol·L−1，若其中Fe3+沉淀完全，则溶液中c(PO43−)的范围为____________

____。（4）“煅烧I”反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________。（5）“转化II”中H2TiO3的转化率(α)与温度(T)的关系如图所示。T0℃时，一定时间内H2TiO3的转化率最高的原因为______________。（6）Li2Ti5O15中-1价

与-2价O原子的数目之比为___________。“煅烧II”反应中同时生成两种参与大气循环的气体，该反应的化学方程式为______________。（7）某锂离子电池放电时的电池反应为Li1-xFePO4+LixC6=LiFePO4+6C，则充电时阳极的电极反应式为

________________。9．某学生设计如图实验装置利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉(这是一个放热反应)，据此回答下列问题：(1)A仪器的名称是______，D的作用是______。(2)漂白粉将在U形管中产生，其反应的化学方程式是______。(3)此实验结果所得Ca

(ClO)2产率太低。经分析并查阅资料发现主要原因是在U形管中存在两个副反应：①温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是______，有同学测出了反应后溶液中ClO−、ClO3−两种离子的

物质的量(n)与反应时间(t)的关系曲线，粗略表示为如图2(不考虑氯气和水的反应)。a．图2中曲线Ⅰ表示______的物质的量随反应时间变化的关系。b．取含有0.25molCa(OH)2的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl−的物质的量为0.37mol，则产物中=__

____。②试判断另一个副反应是__________________(写出此反应的化学方程式)。(4)该学生还将制得的氯气和二氧化硫同时通入品红溶液中，发现混合气体漂白能力下降。经分析发现主要原因是氯气和二氧化硫在水溶液中发生了氧化还原反应。为了定量测定该反应生

成SO42−的质量，该学生将过量氯气和二氧化硫同时通入水中，将反应后的溶液用容量瓶配制成250mL后，从中取出25mL进行如下实验：操作现象目的/结论①往25mL溶液中滴加过量amol·L−1BaCl2溶液V1mL稍显浑浊目的：沉淀SO42−②继续滴加过量bmol·L−1K2C

rO4溶液V2mL产生黄色沉淀目的：沉淀过量的Ba2+③过滤洗涤，滴加少许指示剂于滤液中，用cmol·L−1FeSO4溶液滴定至终点，消耗FeSO4溶液V3mL结论：反应生成SO42−的质量为______(列算式)已知：CrO42−+Ba2+=BaCrO4↓(黄色)、CrO42−+3Fe2++8H

+=Cr3++3Fe3++4H2O10．CO2是主要的温室气体，以CO2和H2为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向，回答下列问题：(1)工业上常用CO2和H2为原料合成甲醇(CH3OH)，过程中发生如下两个反应：反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)

+H2O(g)ΔH1=-51kJ·mol−1反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.17kJ·mol−1①已知：键能指断开1mol气态键所吸收的能量或形成1mol气态键所释放的能量。几种化学

键的键能如表所示：化学键C—HC—OH—O(H2O中)H—O(CH3OH中)H—HC=O键能/kJ·mol−1406351462.5465436a则a=______kJ·mol−1。②若反应II逆反应活化能Ea(逆)为124kJ·mo1−1，则该反应的Ea(正)活化能为______kJ·mol−

1。(2)向恒容容器中充入1molCO2和2molH2，此时容器内总压强为P0。若只发生反应I，测得反应在不同压强、不同温度下，CO2的平衡转化率如图1所示，测得反应时逆反应速率与容器中c(CH3OH)关系如图II所示：①图I

中A、B、C三点对应的平衡常数K(A)、K(B)、K(C)由大到小的顺序排列为_____，图I中C点CO2的转化率为____。②图II中当x点平衡体系升高至某一温度时，反应可重新达平衡状态，新平衡点可能是____。(3)反应I得到的甲醇是重要的化工原料。如图所示为一定条件下1mol

CH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去]。①在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成____(填“CO”、“CO2”或HCHO”)。②HCHO可进一步被氧化为重要工业原料HCOOH(其酸

性比H2SO3弱，比CH3COOH强)。在图中画出常温下向甲酸钠溶液中加水时溶液的pH的变化____。11．铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。(1)基态Fe2+的电子排布式为_____。(2)FeCl3的熔点为30

6℃，沸点为315℃。FeCl3的晶体类型是_____。FeSO4常作净水剂和补铁剂，SO42−的空间体构型是_____。(3)实验室用KSCN溶液、苯酚()检验Fe3+。N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为___

__(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为_____。(4)铁可以和乙烯、丙烯等烯烃的双键发生配位形成配合物，被广泛应用于催化不对称1，4加成反应。丙烯(CH3CH=CH2)分子中δ键数目和π键数目之比为____。(5)氮

化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为_____。(6)氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm−3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为_____；Fe2+与O

2−最短核间距为_____pm。12．阿比朵尔能有效抑制新型冠状病毒，化合物G是合成阿比朵尔的中间体，其合成路线如图：回答下列问题：(1)A的化学名称为_____。B的结构简式为_____。(2)由B到C、E到F的反应类

型分别为_____、_____。(3)在合成化合物G的流程中，由A到B的目的是_____。(4)苯硫酚的性质与苯酚相似，苯硫酚的官能团为_____(写结构简式)；用NaOH标准溶液可滴定苯硫酚溶液，该过程选用的指示剂为____

_，写出该反应的化学方程式_____。(5)请写出C到D的化学反应方程式_____。(6)H是A的同系物，其相对分子质量比A大14。H的同分异构体能同时满足如下条件的共有_____种(不考虑立体异构)：①苯环上有3个取代基，且遇FeCl3溶

液显色②既能发生银镜反应又能发生水解反应写出其中一种核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为1∶1∶1∶2∶2的结构简式_____。高三化学答案1.【答案】D【解析】A．锂离子电池工作时Li+离子向正极移动，故A错误

；B．因为合金比单独的组分金属具有更高的强度、更低的熔点，故B错误；C．纳米级玻璃微珠并没有确定具体粒子大小，1～100nm会有丁达尔效应，小于lnm不会有丁达尔效应，故C错误；D．未来对海底“可燃冰(主要成分为甲烷)的开采将有助于缓解能源危机，故D正确；故选D。2.【答

案】B【解析】A．蛋白质是高分子化合物，A项不符合题意；B．该物质有羟基，可发生酯化反应；有苯环，可发生加成，加氢还原反应；有机物可发生氧化反应，B项符合题意；C．分子式应为C18H26N3OCl，C项不符合题意；D．羟基氯喹分

子中苯环上的一氯代物有3种，D项不符合题意；故正确选项为B。3.【答案】A【解析】A．14.0gFe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3·xH2O，负极反应为Fe-2e−=Fe2+，电极反应转移的电子数为0.5

NA，故A正确；B．标准状况下，11.2LH2S物质的量是0.5mol，根据物料守恒，溶于水所得溶液中含硫粒子的数目等于0.5NA，故B错误；C．常温下，pH=14的Ba(OH)2溶液中c(OH−)=1mol/L，c(Ba(OH)2)=0.5

mol/L，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为0.25NA，故C错误；D．分子式为C2H6O的某种有机物4.6g，物质的量为0.1mol，若结构简式为CH3CH2OH，含有C—H键的数目为0.5NA，若结构简式为CH3OCH3，含有C—H键的数目为0.6NA，故

D错误；选A。4.【答案】C【解析】根据图示，铁转化为亚铁离子，发生氧化反应，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，C2HCl3转化为C2H4和Cl−，C2HCl3发生还原反应；NO3−转化为NH4+，NO3−也是发生还原反应，结合原电池

原理分析解答。A．三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，处理后C2HCl3转化为C2H4和Cl−，C2HCl3发生还原反应；NO3−转化为NH4+，NO3−也是发生还原反应，根据得失电子守恒，水体中含NO3−越多，三氯乙烯脱Cl的效果越差，故A错误；B．三氯乙烯C

2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1molC2HCl3脱去3mol氯原子转化为1molC2H4时，得到6mol电子，再加上NO3−转化为NH4+，发生反应得到的电子，则得失电子总量大于6mol，所以产生的Fe2+的总量大于3

mol，故B错误；C．用纳米级零价铁处理被三氯乙烯污染的水体，增大了单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可加快水体修复速率，故C正确；D．由示意图及N元素的化合

价变化，NO3−发生反应的电极反应式为NO3−+10H++8e−=NH4++3H2O，故D错误；故选C。5.【答案】B【解析】A．铝条与浓硫酸发生钝化反应，即铝与浓硫酸反应，在铝的表面生成一层致密的氧化膜，A结论错误；B．锌与海水发生吸氧腐

蚀，导致②试管压强减小，③中导管内液面上升，B结论正确；C．铜与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，未发生置换反应，C结论错误；D．铁与稀硝酸反应生成的气体为NO，NO在试管口与空气反应生成NO2，D结论错误；

答案为B。6.【答案】A【解析】X、Y、Z位于同一周期，均为短周期元素，可以初步推测它们可能是第二周期元素，或第三周期元素，Y2+与W−具有相同电子层结构，可以推测出X、Y、Z是第三周期元素，W是第二周期元素，所以Y是Mg元素，W是F元素，X则只能是Na元素，根据XYZ

W6元素的化合价代数和为零，可以推测出Z的化合价为+3价，结合X、Y、Z位于同一周期且最外层电子数依次增大，可以推测出Z元素是Al，据此分析：A．X的氢化物，根据推测出的元素，可知其是NaH，其中H为-1价，具有很强的还原性，故A说法正确；B

．工业上制取Z单质，就是制取铝，工业制取铝，是电解氧化铝的方法制取的，而不是氯化铝，故B说法错误；C．根据推测出的元素名称，Y2+离子是Mg2+，W−离子是F−，它们具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，所以Mg2+<F−，即Y2+<W−，故

C说法错误；D．根据推测出的Z元素为Al元素，氯化铝不是离子化合物，故D说法错误；本题答案A。7.【答案】D【解析】A．在t℃时，Ag2CrO4的Ksp为Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c(CrO42−)=(1×10−3)2×10−5=1×10−11，A正确；B．在饱和溶液中加入K2Cr

O4(s)，c(CrO42−)增大，可使溶液由Y点到Z点，故B正确；C．在t℃，Ag2CrO4(s)+2Cl−(aq)2AgCl(s)+CrO42−(aq)的平衡常数K＝×==6.25×107，故C正确；D．在t℃时，开始产生AgCl沉淀时，c(Ag+)==4×10−7mol/L，开始

产生Ag2CrO4沉淀时，[=1×10−4mol/L，所以Cl−沉淀需要的c(Ag+)较小而先沉淀，故D错误。故选D。8.【答案】（1）SiO2（2）TiO2+会提前水解而降低H2TiO3的产率，且使滤渣2中混有杂质（3）mol/Lc(PO43−)<1.010−9mo

l/L（4）2∶1（5）温度低于T0℃时，反应速率随温度升高而加快，H2TiO3的转化率升高，高于T0℃时后，双氧水分解和氨气的挥发导致反应速率减小，使H2TiO3的转化率降低（6）8∶7Li2Ti5O15+Li2CO3高温=====Li4Ti5O1

2+2O2+CO2LiFePO4-xe−=Li1-xFePO4+xLi+【解析】铁矿石加入硫酸溶解过滤得到滤渣为二氧化硅，滤液1为MgCl2、FeCl3、TiOSO4，加铁粉与过量硫酸反应并调pH，滤液中TiO2+水解得到H2TiO3，加入过氧化氢和氨水、氢氧化锂溶液得到沉淀Li2Ti5O15，加

入碳酸锂煅烧得到钛酸锂Li4Ti5O12，滤渣2加入过氧化氢氧化亚铁离子，加入磷酸得到沉淀磷酸铁，加入碳酸锂和草酸煅烧得到磷酸亚铁锂LiFePO4；据此分析解答。（1）钛铁矿的成分中只有SiO2不溶于硫酸，滤

渣1的成分为SiO2，故答案为：SiO2；（2）“结晶”温度需控制在70℃左右，如果温度过高，TiO2+会提前水解而降低H2TiO3的产率，且使滤渣2中混有杂质，故答案为：TiO2+会提前水解而降低H2TiO3的产率，且使滤渣2中混有杂

质；（3）Fe3+刚好沉淀完全时，c(PO43-)==mol/L，要保证Fe3+沉淀完全，c(PO43−)应该mol/L；c(Mg2+)=0.01mol·L−1，若刚好产生沉淀，c(PO43−)===1.010−9mol/L，而按

题意分析应不能使镁离子沉淀，故c(PO43−)<1.010−9mol/L，故答案为：mol/Lc(PO43−)<1.010−9mol/L；（4）“煅烧I”反应中氧化剂为FePO4，反应后被还原为LiFePO4，1mol氧化剂得到1mol电子；还原剂为H2C2O4，被氧化成CO2，

1mol还原剂失去2mol电子，根据电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量比值为：2∶1，故答案为：2∶1；（5）“转化II”中H2TiO3的转化率(α)与温度(T)的关系如图所示，温度低于T0℃时，反应速率随温度升高而加快，H2TiO3的转化率升高，

高于T0℃时后，双氧水分解和氨气的挥发导致反应速率减小，使H2TiO3的转化率降低，所以T0℃时，一定时间内H2TiO3的转化率最高，故答案为：温度低于T0℃时，反应速率随温度升高而加快，H2TiO3的转化率升高，高于T0℃时后，双氧水分解和氨气的挥发导致反应速率减小，使H2TiO3的转化

率降低；（6）Li2Ti5O15中Li显+1价，Ti显+4价，根据代数和为零可算出15个O共显-22价，设-1价O数目为x，-2价O数目为y，有x+y=15；-x-2y=-22，算出x=8，y=7，-1价与-2价O原子的数目之比为8∶7；“煅烧II”反应中同时生成的两

种参与大气循环的气体应为O2和CO2,可写出化学方程式为：Li2Ti5O15+Li2CO3高温=====Li4Ti5O12+2O2↑+CO2↑；故答案为：8∶7；Li2Ti5O15+Li2CO3高温=====Li4Ti5O12+2O2↑+CO2↑；（7）电池反应为Li

1-xFePO4+LixC6=LiFePO4+6C，LixC6为负极，Li1-xFePO4为正极，充电时阳极反应应该是LiFePO4变为Li1-xFePO4，电极反应式为：LiFePO4-xe−=Li1-xFePO4+xLi+，故

答案为：LiFePO4-xe−=Li1-xFePO4+xLi+。9.【答案】（1）分液漏斗吸收尾气（2）2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O（3）将U形管置于冷水浴中ClO−7

∶62HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O（4）0.96(aV1-bV2+cV3)g【解析】利用浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，氯气和消石灰反应生成漂白粉，最后用氢氧化钠吸收多余氯气，防止污染，以此解答。(1)A仪器是分

液漏斗，D中氢氧化钠能吸收氯气，作用是吸收尾气，防止污染。(2)漂白粉将在U形管中产生，其反应的化学方程式是2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。(3)①温度较高时氯气与消石灰

反应生成了Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是将U形管置于冷水浴中。a．反应开始温度较低，因为氯气和氢氧化钙的反应为放热反应，随着反应进行温度升高，所以后产生氯酸根离子，则图2中曲线Ⅰ表示次氯酸根离子的物质的量随反应时间变化的关系。b．假设次氯

酸根的物质的量为xmol，氯酸根的物质的量为ymol，则根据元素守恒有x+y+0.37=0.25×2，根据电荷守恒有x+5y=0.37，解x=0.07，y=0.06，则产物中=7∶6。②氯气中含有氯化氢，能与氢氧化钙反应，所以反应方程式为：2HCl+Ca(O

H)2=CaCl2+2H2O。(4)根据反应分析，硫酸根和氯化钡反应后钡离子有剩余，与K2CrO4反应，多余的K2CrO4与氯化铁反应，所以和硫酸根离子反应后剩余钡离子的物质的量为（bV2-cV3)×10−3mol，该溶液中

的硫酸根物质的量为(aV1-bV2+cV3)×10−3mol，则硫酸根的质量为0.96(aV1-bV2+cV3)g。10.【答案】（1）800165.17（2）K(C)>K(A)>K(B)75%d（3）HCHO【解析】(1)①由反应热=

反应物键能之和—生成物键能之和可得：反应I中ΔH1=(2a+3×436)kJ·mol−1-(3×406+351+2×462.5+465)kJ·mol−1=-51kJ·mol−1，解得a=800kJ·mol

−1，②由反应热=Ea(正)活化能-Ea(逆)活化能可得:Ea(正)活化能-124kJ·mo1−1=+41.17kJ·mol−1，解得Ea(正)活化能=165.17kJ·mol−1，故答案为：800；165.17；(2)①反应I为放热反应，升高温度

，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由图可知，反应温度：B>A>C，则A、B、C三点对应的平衡常数K(A)、K(B)、K(C)由大到小的顺序排列为K(C)>K(A)>K(B)；设生成甲醇的物质的量为amol，由题意建立如下三段式：则C点甲醇百分含量为50

%可得：×100%=50%，解得a=0.75，C点CO2的转化率为×100%=75%，②升高温度，正、逆反均应速率增大，反应I为放热反应，平衡向逆反应方向移动，甲醇的浓度减小，则图中d点符合题意，故答案为：K(C)>K(A)>K(B)；75%；d；(3)①使用催

化剂可以降低反应的活化能，活化能越低，反应越容易进行，根据图知，在有催化剂条件下，生成HCHO需要的活化能低，反应容易进行，所以主要生成HCHO，②HCOONa是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，pH>7，加水稀释促进HCOO−水解，但其水解增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c

(OH−)减小，溶液的pH减小，但溶液仍然呈碱性，无限稀释时溶液pH接近7，所以其图象为，故答案为：HCHO；。11.【答案】（1）[Ar]3d6（2）分子晶体正四面体形（3）N>O>Ssp2杂化（4）8∶1（

5）3∶1（6）12×1010【解析】根据Fe2+的外围电子数并结合Ar的电子排布式书写简化电子排布式；根据同周期元素第一电离能的递变规律分析，根据C的价层电子对数分析杂化轨道形式；结合Fe(CO)5分子结构和等电子理论分析；根据均摊法计

算晶胞中各微粒的个数，结合晶胞的质量和体积，根据计算。(1)基态Fe2+的外围电子排布式为3d6，内部与Ar原子排布相同，基态Fe2+的简化电子排布式为[Ar]3d6，故答案为：[Ar]3d6；(2)FeCl3的熔点为306℃，沸

点为315℃，据此可知氯化铁熔沸点较低，则氯化铁属于分子晶体；SO42−离子中硫原子采取sp3杂化，含有4个σ键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体，故答案为：分子晶体；正四面体；(3)同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能

级处于半满稳定状态，能量低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，所以第一电离能N＞O＞S．苯酚为平面结构，C的价层电子数为3，则C原子采取sp2杂化，故答案为：N>O>S；sp2杂化；(4)丙烯(CH3CH=

CH2)分子除碳碳双键中含有1个π键外，其余8个都是δ键，δ键数目和π键数目之比为8∶1，故答案为：8∶1；(5)结构单元中内部有3个Fe原子，其它Fe原子处于顶点、面上，每个顶点为6个结构单元共用，Fe

原子数目=3+12×+2×=6，N原子处于结构单元内部，有2个N原子，Fe、N原子数目之比为3∶1，故答案为：3∶1；(6)以Fe2+顶点研究，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为=12；晶胞中

Fe2+数目=8×+6×=4，O2-离子数目=1+12×=4，晶胞质量=g，Fe2+与O2−的最短核间距等于晶胞棱长的，设二者最短距离为rpm，则晶胞棱长=2rpm，则：g=ρg·cm−3×(2r×10−10cm)3，解得r=×1010pm，故答案为：12

；×1010。12.【答案】（1）对硝基苯酚或4—硝基苯酚（2）还原反应取代反应（3）保护酚羟基（4）—SH酚酞+NaOH→+H2O（5）+→+H2O（6）16或【解析】由有机物的转化关系可知，与发生取代反应生成，则B为；与铁和盐酸发生还原反应生成，与反应生成，经多步反应生成，与液溴发生取代反

应生成，与发生取代反应生成。(1)由分析可知，A的结构简式为，名称为对硝基苯酚或4—硝基苯酚；B的结构简式为，故答案为：对硝基苯酚或4—硝基苯酚；；(2)B到C的反应为：与铁和盐酸发生还原反应生成；E到F的反应：与液溴

发生取代反应生成和溴化氢，故答案为：还原反应；取代反应；(3)酚羟基的还原性比较强，很容易被氧化，则在合成化合物G的流程中，由A到B的目的是保护酚羟基防止被氧化，故答案为：保护酚羟基；(4)苯硫酚的性质与苯酚相似，苯硫酚的官能

团为－SH，因为苯酚的酸性比较弱，所以苯硫酚的酸性也比较弱，NaOH与苯硫酚溶液反应的化学方程式为：+NaOH→+H2O，溶液中水解呈碱性，故用NaOH标准溶液滴定苯硫酚溶液，该过程选用酚酞作指示剂，

故答案为：—SH；酚酞；+NaOH→+H2O；(5)C到D的反应为与反应生成和水，反应的化学反应方程式+→+H2O，故答案为：+→+H2O；(6)H是A的同系物，其相对分子质量比A大14，则H分子式比A的分子式多一个CH2的原子团，由H的同分异构体的苯环上有3个取代基，且遇FeCl3溶液显色，

既能发生银镜反应又能发生水解反应可知，分子中含有1个酚羟基、－OOCH、－NH2三个取代基，或者含有2个酚羟基、1个－NHCHO，若分子中含有1个酚羟基、－OOCH、－NH2三个取代基时的同分异构体：①当－OH与－OOCH在苯环上处于邻位时，－NH2在苯环上有4中位置；②当－OH与－OOC

H在苯环上处于间位时，－NH2在苯环上有4中位置；③当－OH与－OOCH在苯环上处于对位时，－NH2在苯环上有2中位置；若分子中含有2个酚羟基、1个－NHCHO三个取代基时的同分异构体：①当两个酚羟基在苯环上处于邻位时，－NHCHO在苯环上有

2中位置；②当两个酚羟基在苯环上处于间位时，－NHCHO在苯环上有3中位置；③当两个酚羟基在苯环上处于对位时，－NHCHO在苯环上有1中位置，则满足条件的同分异构体共有16种；核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为1∶1∶1∶2∶2的结构简式为、，故答案为

：16；或。