【文档说明】湖南省湘潭市第一中学2023届高三下学期入学考试化学试题 含解析.docx，共(22)页，4.975 MB，由小赞的店铺上传

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高三化学试卷本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：高考全部内容。5.可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Fe56Zn65一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列物

质的应用中，主要利用的反应不涉及氧化还原反应的是A.2ClO用于自来水消毒B.熟石灰用于改良酸性土壤C.用铝和氧化铁的混合物焊接铁轨D.绿矾用于处理含有227CrO−的废水【答案】B【解析】【详解】A．2ClO具有强氧化性，用于自来水消毒，涉及

氧化还原反应，故A不符合题意；B．熟石灰用于改良酸性土壤是氢氧化钙和酸性物质发生中和反应，没有元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，故B符合题意；C．铝和氧化铁的混合物焊接铁轨利用了铝热反应生成单质铁，涉及氧化还原反应，故C不符合题意；D．绿矾用于处理含有227CrO−的废水是亚铁离子和重

铬酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子、铬离子，涉及氧化还原反应，故D不符合题意；故选B。2.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A.雾是一种气溶胶，光束透过大雾可观察到丁达尔效应B.淀粉、蛋白质、油脂属于天然高分子化合物C.二

氧化硫是一种抗氧化剂，可适量添加在红酒中D.液化石油气和天然气均属于清洁燃料，其主要成分均属于烃类【答案】B【解析】【详解】A．雾是一种气溶胶，光束透过大雾可观察到丁达尔效应，故A正确；B．油脂不是高分子，故B错误；C．二氧化硫有还原性，可作抗氧化剂，可适量添加在红酒中

，故C正确；D．液化石油气和天然气的主要成分均属于烃类，烃类燃烧不会产生污染性气体，均属于清洁燃料，故D正确；故选B。3.肉桂醛可用作食品调味剂，其结构简式如图。下列有关该物质的说法正确的是A.能与氢气发生加成反应B.属于芳香烃C.不能

发生取代反应D.分子中碳的杂化方式有3种【答案】A【解析】【详解】A．分子中含有苯环、碳碳双键，能与氢气发生加成反应，A正确；B．分子中含有氧元素不是烃，B错误；C．苯环上氢可以发生取代反应，C错误；D．苯环上碳、碳碳双键

两端的碳、醛基中的碳均sp2杂化，D错误；故选A。4.同位素示踪法常用于研究化学反应历程。若将“84”消毒液和洁厕灵同时使用会产生危险，运用同位素示踪法，假设“84”消毒液的溶质为37NaClO，洁厕灵的溶质为35HCl，发生反应：()

323725N2NaClaClOHCHl=ClO+++浓，下列对该反应的说法中正确的是A.37NaClO为含有极性共价键的离子化合物B.35Cl和37Cl中所含中子数之比为35：37C.该反应中，HCl体现了

酸性和氧化性D.生成的氯气的摩尔质量为170gmol−【答案】A【解析】【详解】A．Na37ClO中Na+与ClO-形成离子键，所以Na37ClO中含有离子键，属于离子化合物，ClO-中的氯原子和氧原子形成极性共价键，所以Na37ClO是含有极性共价键的

离子化合物，A正确；B．35Cl的中子数=35-17=18，37Cl的中子数=37-17=20，35Cl与37Cl中子数之比为18:20=9:10，B错误；C．NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，反应中氯化氢中

-1价的氯部分升高、部分不变，氯化氢既表现还原性又表现酸性，C错误；D．生成的氯气的摩尔质量为71g⋅mol−1，D错误。5.下列实验操作能够达到目的的是A.验证铁钉的吸氧腐蚀B.比较2MnO和23FeO对22HO的催化效果C.测定中和反应的反应热D

.用酸性高锰酸钾溶液滴定硫酸亚铁溶液A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．在中性条件下铁发生吸氧腐蚀，装置中压强减小，导管中形成一段液柱，能够达到目的，故A符合题意；B．实验中有浓度、

催化剂种类2个变量，不能比较2MnO和23FeO对22HO的催化效果，不能够达到目的，故B不符合题意；C．装置中缺少搅拌器，不能够达到目的，故C不符合题意；D．酸性高锰酸钾溶液应该使用酸式滴定管，不能够达到目的，故D不符合题意；故选A。6.设AN为阿伏加德罗常数的值

，下列叙述正确的是A.()2341molCuNH+中键的数目为A12NB.标准状况下，31.12LSO中所含质子总数为A2NC.60.5molSF中S的价层电子对数为A3ND.常温下，5.6gFe与足量浓硫酸反应，转移电子的数目为A0.2N【答案】C【解析】【详解】A

．()234CuNH+中2Cu+与3NH之间有四个配位键是键，3NH分子内有三个键，所以键的数目为A16N，故A错误；B．3SO在标况下不是气态，无法计算1.12LSO3的物质的量和其所含质子数，故B错

误；C．6SF中S的价层电子对数为16+?(6-16)=62，所以60.5molSF中S的价层电子对数为A3N，故C正确；D．常温下，Fe与足量浓硫酸发生钝化，无法计算转移电子的数目，故D错误；故选C。7.工业上以软锰矿(主要成分为2MnO)为原料通过固体

碱熔氧化法生产高锰酸钾，主要流程如下，下列说法错误的是A.“熔融氧化”应在铁坩埚中进行B.“锰酸钾歧化(锰元素化合价既升高又降低)”可以用24HSO代替2COC.该流程中可循环使用的物质是2MnOD.“滤液蒸发结晶”过程中加热蒸发至

有较多晶体析出时停止加热【答案】D【解析】【分析】软锰矿(主要成分为2MnO)、KOH和KClO3混合熔融氧化生成锰酸钾、氯化钾和水，加蒸馏水浸取得到锰酸钾溶液，通入CO2，锰酸钾发生歧化反应，生成高锰酸钾和MnO2，过滤得到高锰酸钾溶液，再蒸发结晶得到高锰酸

钾。【详解】A．因为在“熔融氧化”过程中存在KOH，不能用瓷坩埚，可以用铁坩埚，A正确；B．锰酸钾歧化过程需要加入酸性物质使溶液显酸性，可以用24HSO代替2CO，B正确；C．锰酸钾发生歧化反应，生成高锰酸钾和MnO2，MnO2可以循

环使用，C正确；D．“滤液蒸发结晶”过程温度不能太高，且应该蒸发出现晶膜时停止加热，因为KMnO4受热易分解，D错误；故答案为：D。8.X、Y、W、N是原子序数依次增大的短周期主族元素，X原子的核外电子只有一种运动状态，Y的最外层电子数为其2s轨道电子数的3倍，W与Y位于同一主族。下列叙述

正确的是A.简单离子半径：YWNB.W、N的最高价氧化物对应水化物的酸性：WNC.最简单氢化物的沸点：YWD.22XY分子中只含极性共价键【答案】C【解析】【分析】X原子的核外电子只有一种运动状态，则X是H元素，

Y的最外层电子数为其2s轨道电子数的3倍，其最外层电子排布式为2s22p4，则Y是O元素；W与Y位于同一主族，则W是S元素，根据X、Y、W、N是原子序数依次增大的短周期主族元素，则N是Cl元素。【详解】A．简单离子半径：2--2-O<C

l<S，即YNW，故A错误；B．W、N的最高价氧化物对应水化物的酸性：424HClO>HSO，则NW，故B错误；C．2HO可以形成分子间氢键，沸点更高，所以22HOHS，故C正确；D．22XY分子即22HO，其中不只含极性共价键，还有

氧原子之间形成的非极性共价键，故D错误；故选C。9.电解质溶液是人体体液的重要组成部分。下列有关电解质及其溶液的说法错误的是A.适当加热pH3=的硫酸氢钠稀溶液，溶液的pH保持不变B.常温下，3KNO溶液中存在：()()()()+-+-3cK

=cNO>cH=cOHC.KHS溶液的水解方程式：22HSHOHSOH−−++D.常温下，10.1molL−的稀硫酸的pH1=【答案】D【解析】【详解】A．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，适当加热pH3=的硫酸氢钠稀溶液，氢离子浓度不变，溶液的pH保持不变，故A正确；B．3

KNO是强酸强碱盐，3KNO不水解，溶液呈中性，常温下，3KNO溶液中存在()()()()+-+-3cK=cNO>cH=cOH，故B正确；C．KHS溶液中HS-水解为H2S，水解的离子方程式为22HSHOHSOH−−++，故C正确；D．常温下，

10.1molL−的稀硫酸中c(H+)=0.2mol/L，pH<1，故D错误；选D。10.下列化学反应的离子方程式书写正确的是A.海水提溴中用2SO的水溶液富集溴：22224SOBr2HO2HSO2HBr+−++=++B.NaOH溶液和22

4HCO溶液等体积、等浓度混合：224242OHHCOHCOHO−−++=C.向()32BaHCO溶液中滴加4NaHSO溶液至恰好沉淀完全：2243422BaSO2H2HCOBaSO2HO2CO+−+−++++

+=D.少量2SO与KClO溶液反应：2223SOHO2ClOSO2HClO−−++=+【答案】B【解析】【详解】A．HBr是强酸，强电解质，所以海水提溴中用2SO的水溶液富集溴：2-2224SOBr2HO4HSO2Br+−++=++

，故A错误；B．NaOH溶液和224HCO溶液等体积、等浓度混合即1:1反应：224242OHHCOHCOHO−−++=，故B正确；C．向()32BaHCO溶液中滴加4NaHSO溶液至恰好沉淀完全即1:1反应，应该为：2243422BaSOHHCO

BaSOHOCO+−+−=+++++，故C错误；D．少量2SO与KClO溶液反应氧化还原反应：2224SOHO3ClOSOCl2HClO−−−++=++，故D错误；故选B。11.用钉催化剂()33RuHCl(CO)PPh可以实现马来酸二烷基酯顺式和反式之间的转化(如图所示)。下列说法正确的

是A.该过程的总反应为ROOCCH=CHCOOR()ROOCCH=CHCOOR()⎯⎯→顺式反式，该过程属于物理变化B.该过程仅有C-H键和Ru-H键的断裂与形成C.该过程Ru的成键数目发生了变化D.马来酸二烷基酯的同分异构体中可能含有苯环【答案】C【解析】【详解】A．该反应过程中，不考虑反应的中

间产物，仅从反应的始态和终态分析，总反应为ROOCCH=CHCOOR()ROOCCH=CHCOOR()⎯⎯→顺式反式，该过程属于化学变化，A不正确；B．该过程不仅有C-H键和Ru-H键的断裂与形成，还有Ru-O、Ru

-C、碳碳双键等的断裂与形成，B不正确；C．该过程Ru形成的共价键数目有5和6两种，C正确；D．马来酸二烷基酯的不饱和度为3，而苯环的不饱和度为4，所以其同分异构体中不可能含有苯环，D不正确；故选C。12.邻苯二甲酸二丁酯(沸点为337℃)可用作

聚醋酸乙烯、醇酸树脂、硝基纤维素、乙基纤维素及氯丁橡胶、丁腈橡胶的增塑剂。利用1-丁醇、邻苯二甲酸和浓硫酸共热反应，经过回流反应、蒸馏、萃取分液可制得邻苯二甲酸二丁酯粗产品，装置如图所示：已知：①1-丁醇的沸点为118℃，受热易挥发，邻苯二甲酸的沸点为2

30℃；②+2CH3CH2CH2CH2OH浓硫酸加热+2H2O下列说法正确的是A.装置Ⅱ中a为进水口，b为出水口B.装置Ⅰ中回流反应的目的是减少物质的挥发，提高产率C.回流反应后的混合溶液可先用饱和的氢氧化钠

溶液洗涤除去混合溶液中剩余的酸，而后进行萃取分液D.用装置Ⅲ萃取分液时，将分层的液体依次从下口放出【答案】B【解析】【详解】A．蒸馏操作中，蒸馏烧瓶中的冷凝水应该是下进上出，故装置Ⅱ中b为进水口，a为出水口，A错误；B．由题干信息可知，

1-丁醇易挥发，故装置Ⅰ中回流反应的目的是减少物质的挥发，提高产率，B正确；C．由于NaOH溶液碱性太强，能使生成的邻苯二甲酸二丁酯完全水解，故回流反应后的混合溶液可先用饱和的碳酸钠溶液洗涤除去混合溶液中剩余的酸，且能

溶解1-丁醇和减少邻苯二甲酸二丁酯的溶解度便于分层，而后进行萃取分液，C错误；D．分液时，下层液体从下口放出，而上层液体需从上口倒出，D错误；故答案为：B。13.在T℃下，向2L的恒容密闭容器里按n(A

):n(B)=2:1充入气体A、B，发生反应：2A(g)xB(g)4D(g)+。2min时达到平衡，测得部分数据如表所示：物质及状态()Ag()Bg()Dg平衡时的物质的量分数40%20%平衡时的物质的量/mol4下列说法错误的是A.x=2B.起始时，充入A(g)的物质的量为6mo

lC.平衡时，B(g)的物质的量浓度为11molL−D.T℃时，该反应的化学平衡常数cK4=【答案】A【解析】【分析】根据三段式：02A(g)xB(g)4D(g)2a0Δ2x42a-2a-x4nann+平，2a-2=40%2a-2+a-x+4，a-x=20%2a-2+a-x+

4，解得x=1，a=3。【详解】A．x1=，故A错误；B．根据上述计算，a=3，充入的A(g)为2amol，为6mol，故B正确；C．平衡时，B(g)的物质的量为2mol，浓度为1mol/L，故C正确；D．根据以上三段式计算：4422c(D)2K===4c(A)c(B)21，故D正

确；故选A。14.我国学者最近研发出一种以铝为负极、石墨烯薄膜()Cn为正极的新型铝一石墨烯电池，4AlCl−可在石墨烯薄膜上嵌入或脱嵌，离子液体3AlCl/EMIMCl作电解质，其中阴离子有4A

lCl−、27AlCl−，阳离子为EMIM+(，其结构中存在大π键)，放电机理如图所示。已知：大π键可用符号nmΠ表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，如苯分子中的大π键可表示为66。下列说法错误的是A.EMIM+中的大π键可

表示为65B.4AlCl−和27AlCl−中各原子最外层均达到8电子结构C.充电时，阴极反应式为2744AlCl3eAl7AlCl−−−+=+D.放电时，总反应式--4n427nAl+4AlCl+CAlCl=3AlCl+C【答案】D【解析】【分析】由题干可知，放电

时，负极反应为427Al7AlCl-3e=4AlCl−−−+，正极反应为--n44n3CAlCl+3e=3AlCl+3C；【详解】A．由图可知，EMIM+中环含有5个原子，与甲基相连的氮提供1个电子、与乙基相连的氮提供2个电子

、每个碳原子提供1个电子，故形成5原子6电子大π键，可表示为65，A正确；B．4AlCl−和27AlCl−中各原子最外层均达到8电子的稳定结构，B正确；C．充电时，铝极为阴极，27AlCl−得到电子发生还原反应生成铝、4AlCl−，阴极反应式为2744AlCl3eAl7AlCl−−−+

=+，C正确；D．放电时，负极反应为427Al7AlCl-3e=4AlCl−−−+，正极反应为--n44n3CAlCl+3e=3AlCl+3C，故总反应式为--4n427nAl+4AlCl+3CAlC

l=4AlCl+3C，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。为15.某实验小组探究浅黄色草酸亚铁晶体()242FeCO2HO分解产物的装置如图所示。回答下列问题：（1）仪器M的名称是_______。（2）点燃酒精灯之前，先通入2

N，其目的是_______。（3）装置C的作用是_______。（4）如果实验中观察到C、H变浑浊，E不变浑浊，可以得出实验结论：A装置中分解的气体产物一定有_______(填化学式)。（5）在300℃、500℃下进行上述实验，A装置中分别得到甲、乙两种黑色粉末

，进行实验并观察到现象如下：实验操作及现象①用强磁铁接近甲，无明显现象；将黑色粉末溶于稀硫酸，滴加()36KFeCN溶液，产生蓝色沉淀②用强磁铁接近乙，吸起部分粉末，将吸起来的粉末投入盐酸中，产生气泡；将剩余黑色粉末溶于稀硫酸，滴加()36KFeCN

溶液，产生蓝色沉淀根据上述实验，实验①产生蓝色沉淀的离子方程式为_______。乙中的成分可能为_______(填化学式)。（6）A中固体完全反应后，持续通入2N，熄灭G处酒精灯之前，先_______(填“断开”或“不断开”)G和H之间导管。（7）测定草酸亚铁晶体()242FeCO2

HO纯度。准确称取wg样品于锥形瓶，加入适量的稀硫酸，用14cmolLKMnO−溶液滴定至终点，消耗4KMnO溶液bmL。滴定反应：3224422FeCOMnOHFeCOMnHO−+++⎯++⎯++→+(未配平)。该样品纯度为_

______%。若滴定管没有用待装液润洗，测得结果_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。的【答案】（1）（球形）干燥管；（2）排尽装置内的空气；（3）检查是否有2CO生成；（4）CO和2CO；（5）①.+2+3-2+3666362K+Fe+[Fe(CN

)]=KFe[Fe(CN)](3Fe+2Fe(CN)Fe[Fe(CN)]−=或②.Fe和FeO（或24Fe,FeO,FeCO)（6）不断开；（7）①.30bcω；②.偏高；【解析】【分析】A装置加热分解浅黄色草

酸亚铁晶体242FeCO2HO，B装置用来检验水，C装置是澄清石灰水检验二氧化碳气体，D装置除去二氧化碳气体，E装置检验二氧化碳是否除干净，F装置吸收水蒸气，G装置CO通过灼热氧化铜，H装置尾气吸收；【小问1详解】仪器M的名称是（球形）干燥管；【小问2详解】通入2N可以排尽装置内空气，

点燃酒精灯之前，通入2N，其目的是排尽装置内的空气；【小问3详解】C装置是澄清石灰水，目的是检查是否有2CO生成；【小问4详解】C是检验二氧化碳装置，H是尾气收集装置，E检验二氧化碳是否除干净，C装置浑浊，说明

有2CO气体，除干净二氧化碳后通过灼热的氧化铜，产生气体能够使H装置变浑浊，说明有CO气体，则观察到C、H变浑浊，E不变浑浊，则可以说明A装置中分解的气体产物一定有CO和2CO；【小问5详解】草酸亚铁中，铁的化合价为+2，则受

热分解可产生2+Fe，黑色粉末溶于稀硫酸，滴加36K[Fe(CN)]，有蓝色沉淀生成，则发生的离子反应为：+2+3-2+3666362K+Fe+[Fe(CN)]=KFe[Fe(CN)](3Fe+2Fe(

CN)Fe[Fe(CN)]−=或；乙磁铁可以吸引，则证明有Fe,将剩余黑色粉末溶于稀硫酸，滴加36K[Fe(CN)]溶液，产生蓝色沉淀,则证明，含有2+Fe，则乙的成分为Fe和FeO（24Fe,FeO,FeCO或）；【小问6详解】熄灭G处酒精灯之前，防止倒吸，先不断开G和H之间的导管；【小问7

详解】方程式配平为+3+2+244225FeCO+3MnO+24H=5Fe+10CO+3Mn+12HO−，则2445FeCO~3MnO−，32424245510bcn(FeCO)=n(FeCO2HO)=n(MnO)33−−

=，3242242242510bcm(FeCO2HO)=n(FeCO2HO)M(FeCO2HO)=180g0.3bcg3−==该样品纯度为：0.3bc30%ωωbc=；润洗的原因：溶液与管壁之间存在粘滞阻力，就是溶液会吸附在管壁上，用

溶液润洗，就是让溶液先与管壁吸附，在滴定时溶液才不会因为吸附在管壁上，使消耗的溶液体积偏大；16.铜转炉烟灰的主要成分为含金属元素(主要为Cu、Zn、Pb、Fe)的硫酸盐和氧化物以及2SiO，其有价金属回收工艺流程如下。已

知：25℃时，()8sp4KPbSO1.8210−=，()13sp3KPbCO1.4610−=。回答下列问题：（1）Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为_______。24SO−的空间结构为_______。（2）

“浸出液①”中所含有的金属阳离子有_______和2Fe+、3Fe+。“浸出”中，当硫酸浓度大于11.8molL−时，金属离子浸出率反而下降，原因是_______。（3）“除杂”中，加入ZnO调pH至5.2，用4KMnO溶液氧化后，所得“滤渣”主要成分为3Fe

(OH)、2MnO，该氧化过程的离子方程式为_______。（4）“转化”后，“滤饼”的主要成分是2SiO和_______。该工艺中，可循环利用的物质有_______。（5）ZnO的一种晶体结构如图所示。由图可知，Zn原子位于O原子所围成的_____

__空隙中(填“四面体”或“八面体”)，已知晶胞参数为anm、cnm，阿伏加德罗常数的值为AN，则晶胞密度为_______3gcm−。(列出计算式)【答案】（1）①.4s24p4②.正四面体（2）①.Cu2+、Zn2

+②.难溶物PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出（3）()2+-+42233Fe+MnO+7HO=3FeOH+MnO+5H（4）①.PbCO3②.HNO3（5）①.四面体②.2-21128133ac10【解析】【分

析】铜转炉烟灰用硫酸“浸出”，得到难溶于硫酸的浸出渣2SiO、PbSO4；浸出液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；浸出渣加入碳酸钠溶液中，PbSO4沉淀转化为PbCO3，滤饼用硝酸溶解，PbCO3生成Pb(NO3)2，滤液中加入硫酸生成PbSO4沉淀；“浸出液

①”中加入过量铁粉置换出铜、铁把硫酸铁还原为硫酸亚铁，所得滤液①中含有硫酸锌、硫酸亚铁；“除杂”中，加入ZnO调pH至5.2后，用4KMnO溶液氧化把2+Fe氧化为3Fe(OH)，过滤，所得滤渣主要成分为3Fe(OH)、2MnO，滤液②蒸发浓缩得到42ZnSO7HO。【

小问1详解】Se与S同族，基态硒原子价层电子指的是最外层即第4层的电子，有6个电子，排布式为4s24p4，24SO−中心原子S的价层电子对数为：4+1(6+2-42)2=4，无孤电子对，它的空间结构为正四面体

，故答案为：4s24p4；正四面体。【小问2详解】“浸出液①”中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；“浸出液①”中所含有的金属阳离子有Cu2+、Zn2+、2+Fe、3+Fe；当硫酸浓度大于-11.8molL时，难溶物PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出，

金属离子浸出率反而下降；故答案为：Cu2+、Zn2+；难溶物PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出。【小问3详解】“除杂”中，加入ZnO调pH至5.2后，用4KMnO溶液氧化Fe2+，氧化产物是3Fe(OH)、还原产物是2MnO，根据得失电子守恒，配平氧化过程的离子方程式为()2+-+4223

3Fe+MnO+7HO=3FeOH+MnO+5H，故答案为：()2+-+42233Fe+MnO+7HO=3FeOH+MnO+5H。【小问4详解】“转化”后，PbSO4沉淀转化为PbCO3，滤饼的主要成分是2

SiO和PbCO3。该工艺中，“酸浸”是PbCO3和硝酸反应生成硝酸铅，“沉铅”是硝酸铅和硫酸反应生成硫酸铅和硝酸，所以可循环利用的物质有HNO3。故答案为：PbCO3；HNO3。【小问5详解】中间产物ZnO的一种晶体结构如图所示。由图可知，Zn原子位于O原子所围成的四面体空隙中，已知一个

晶胞中含有的Zn2+的个数为：16+41=63个，O2-个数为：1112+2+31=662，故一个晶胞的质量为：A681gN，一个晶胞的体积为：233ac2×10-21cm3，则晶胞密度为A2-212-213681gNm12?81ρ===V3333ac10ac10cm23gcm−

，故答案为：四面体；2-21128133ac10。17.环境治理依然是当今的热点问题，研究新的环境治理手段具有重要意义。回答下列问题：（1）1222NO(g)O(g)2NO(g)ΔHakJmol−+=−的反应历程分以下两步：①1222NO(g

)NO(g)ΔHbkJmol−=−；②2222NO(g)O(g)2NO(g)ΔH+=_______(用含a、b的式子表示)1kJmol−。（2）3NH催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现在以23FeO为主的催化剂上可能发生的反应过程如图。请写出脱硝过程的总反

应的化学方程式：_______。（3）利用如图所示原理去除NO：基态O原子中，电子占据的最高能级为_______能级，该能级轨道的形状为_______；电解池中阴极反应式为_______，通过把甲酸与溶于甲醇和水混合溶剂里的NaOH混合，再通入2SO气

体的方法可制得224NaSO。该方法中甲醇并不参加反应，你认为甲醇的作用是_______；A口每产生2224mLO(体积已换算成标准状况，不考虑2O的溶解)，可处理NO的物质的量为_______mol。（4）一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容

器中加入4molCO(g)和24molNO(g)发生反应222CO(g)NO(g)CO(g)N(g)++，测得CO(g)和2CO(g)的物质的量随时间的变化如图所示：①从反应开始至达到化学平衡时，以2CO表示的平均化学反应速率为_______11molLmin−−。②若该反应的正、逆反应速率

分别可表示为()2vkc(CO)cNO=正正，()()22vkcCOcN=逆逆，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，A、B两点对应的时刻，该反应的正反应速率之比ABv:v=_______。③若平衡时总压强为pkPa，用平衡分压代替其

平衡浓度表示的化学平衡常数pK=_______[已知：气体分压(p分)=气体总压(p总)×该气体的体积分数]。【答案】（1）b-a（2）32224NH+4NO+OO4N+6H催化剂（3）①.2p能级②

.哑铃形③.--+2-32422HSO+2e+2H=SO+2HO④.做溶剂⑤.0.02（4）①0.02②.254③.16【解析】【小问1详解】已知：Ⅰ：()()()222NOgOg2NOg+1ΔH=-akJmol−Ⅱ：()()222

NOgNOg垐?噲?1ΔH=-bkJmol−由盖斯定律可知，反应Ⅰ-Ⅱ得：()()()2222NOgOg2NOg+则()ΔH=b-a1kJmol−；故答案为：b-a。【小问2详解】由图可知，反应为氨气、一氧化氮、氧气在催化剂作用下生成水和氮气

，32224NH+4NO+OO4N+6H催化剂；故答案为：32224NH+4NO+OO4N+6H催化剂。【小问3详解】基态O原子核外电子排布为1s22s22p4，基态O原子中，电子占据的最高能级为2p能级，该能级轨道的

形状为哑铃形；由图可知，电解池中阴极的亚硫酸氢根离子得到电子发生还原反应生成2-24SO，反应式为--+2-32422HSO+2e+2H=SO+2HO；阳极反应为，-+222HO-4e=4H+O；通过把甲酸与溶于甲

醇和水混合溶剂里的NaOH混合，再通入2SO气体的方法可制得224NaSO，甲醇并不参加反应，则甲醇用做溶剂；A口每产生2224mLO(体积已换算成标准状况，不考虑2O的溶解)为0.01mol，NO得到电子生成0价.的氮气，根据电子守恒可知，-22

NO4eO::，则可处理NO的物质的量为0.02mol；故答案为：2p能级；哑铃形；--+2-32422HSO+2e+2H=SO+2HO；做溶剂；0.02。【小问4详解】①从反应开始至达到化学平衡时，以2CO表示的平均化学

反应速率为1111=0.3.2molLminmolLmin28002−−−−。②若该反应的正、逆反应速率分别可表示为()()2v=kcCOcNO正正，()()22v=kcCOcN逆逆，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数；A对应的时刻，()()

2nCO=nCO，设反应CO为amol，则生成二氧化碳amol，4-a=a，a=2mol，则此时()()2OcCO=cN=1mol/L；由图像可知，B两点()()2cCO=cN=0.4mOol/L；则()()()()AA2ABBB2kcCOcNOv1125===vkcCOcNO0.40.44

正正；③由三段式可知：()()()222CO(g)+NO(g)CO(g)+N(g)mol4400mol3.23.23.23.2mol0.80.83.23.2起始转化平衡若平衡时总压强为pkPa，用平衡分压代替其平衡浓度表示

的化学平衡常数p3.23.2pp88K==160.80.8pp88。故答案为：0.02；254；16。18.氯化两面针碱具有抗真菌、抗氧化等多种生物活性，有机化合物Ⅸ是合成氯化两面针碱的中间体。

Ⅸ的合成路线如图：已知：ⅰ.ⅱ.ⅲ.RBrNaCNRCNNaBr+⎯⎯→+。回答下列问题：（1）Ⅰ的名称为_______，Ⅰ→Ⅱ的反应类型为_______，（2）Ⅳ中的含氧官能团的名称为_______，Ⅷ的结构简式为_______。（3

）Ⅲ→Ⅳ的化学方程式为_______。（4）Ⅱ的同分异构体中，满足下列条件的有_______种(不考虑立体异构)。①结构中含有苯环；②苯环上只有两个取代基，且其中一个取代基为羟基。（5）写出以为主要原料制备的合成路线流程图______

_(无机试剂和有机溶剂任用)。【答案】（1）①.邻苯二酚②.取代反应（2）①.醚键、酮羰基②.（3）+2NaOH/HOΔ⎯⎯⎯⎯→+H2O（4）12（5）【解析】【分析】Ⅰ转化生成Ⅳ，结合Ⅰ化学式、Ⅳ结构简式可知，Ⅰ为，Ⅰ发生取代反应引入甲基生成

Ⅱ，Ⅱ引入醛基生成Ⅲ，Ⅲ和X生成Ⅳ，结合Ⅳ结构及反应条件可知，发生反应原理为已知ⅰ生成Ⅳ，X结构为；Ⅳ和HCN发生加成反应生成Ⅴ，Ⅴ中-CN发生反应生成羧基得到Ⅵ，Ⅵ生成Ⅶ，Ⅶ发生已知反应原理生成Ⅷ；Ⅷ转化为产物Ⅸ；【小问1详解】由分析可知

，Ⅰ为，名称为邻苯二酚，Ⅰ→Ⅱ的反应类型为取代反应；【小问2详解】Ⅳ中的含氧官能团的名称为醚键、酮羰基；Ⅷ的结构简式为；【小问3详解】Ⅲ→Ⅳ的化学方程式为：+2NaOH/HOΔ⎯⎯⎯⎯→+H2O；【小问4详解】Ⅱ为，且其同分异构体中，满足下列条件：①结构中

含有苯环；②苯环上只有两个取代基，且其中一个取代基为羟基，则另一个取代基含有2个碳、1个氧；另一个取代基可以-OCH2CH3、-CH2OCH3、-CHOHCH3、-CH2CH2OH，每种取代基都有邻间对3种情况，故共有12种情况；【小问5详解】首先

通过取代反应将溴原子转化为-CN，然后水解得到羧基，再发生已知反应原理发生成环反应得到产物，故路线可以为：。为