【文档说明】【精准解析】四川省绵阳市绵阳中学2020届高三下学期3月考试理科综合化学试题.doc，共(19)页，1.351 MB，由小赞的店铺上传

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绵阳中学2017级2020年3月考试理科综合化学试题可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16K-39Cl-35.5Mn-55Fe-56Zn-65Ni-59Ⅰ选择题一、选择题(本题共13小题，每小题6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.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是A.新能源汽车的推广与使用，有助于减少光化学烟雾的产生B.氯气泄漏时，可用蘸有肥皂水的湿毛巾捂住口鼻疏散到安全区域C.铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈D.地球上99%的溴元素以Br-形式存在于海水中，溴化

钠和溴化钾在医药上常用作镇静剂【答案】C【解析】【详解】A.新能源汽车的推广与使用，减少汽油的使用，有助于减少光化学烟雾的产生，A正确，不符合题意；B.肥皂水显碱性，因此氯气泄漏时，可用蘸有肥皂水的湿毛巾捂住口鼻疏散到安全区域，B正确，不符合题意；C.铁在潮湿的空气中放置，易发生电化

学腐蚀而生锈，C错误，符合题意；D.地球上99％的溴元素以Br-的形式存在于海水中，溴化钠和溴化钾在医药上常用作镇静剂，D正确，不符合题意；答案选C。2.下列有关化学用语表示正确的是（）A.四氯化碳分子的球

棍模型：B.氢硫酸的电离：H2S2H＋＋S2-C.溴化铵的电子式：NH4+D.含78个中子的碘原子：13153I【答案】D【解析】【详解】A．四氯化碳中存在4个C-Cl键，为正四面体结构，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳正确的比例模型为，故A错误；B．氢硫酸为弱酸，分步电离，以

第一步电离为主，正确的电离方程式为：H2S⇌H++HS-，故B错误；C．溴化铵为离子化合物，铵根离子和溴离子都需要标出所带电荷及原子的最外层电子，溴化铵正确的电子式为，故C错误；D．含78个中子的碘原子的质量数=78+53=131，该核素可以表示为13153I，故D正确；故选D。【

点睛】本题的易错点为A，比例模型中要注意原子的相对大小。3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（）A.6.0gSiO2晶体中含有共价键的个数为0.2NAB.标准状况下，11.2LSO2与22.4LO2反应，生成的SO3分子个数小于0.

5NAC.MnO2与足量浓盐酸反应生成标准状况下11.2LCl2，转移电子数为NAD.室温下，53.5gNH4Cl晶体溶于氨水中，所得溶液pH=7，NH4+的数目为NA【答案】A【解析】【详解】A．6.0g

SiO2的物质的量=6.0g60g/mol=0.1mol，1mol二氧化硅中含4mol硅氧键，所以0.1mol二氧化硅含有0.4mol硅氧键，故A错误；B．SO2与O2反应生成SO3的反应为可逆反应，2SO2+O22SO3，标准状况下，11.2LSO2与22.4LO2的物质的量分别为0.5mo

l和1mol，生成的SO3分子个数小于0.5NA，故B正确；C．MnO2与足量浓盐酸反应的方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，状况下11.2LCl2的物质的量为0.5mol，生成0.5molCl2，转移1mol电子，

数目为NA，故C正确；D．53.5gNH4Cl的物质的量为1mol，室温下，1molNH4Cl晶体溶于氨水中，所得溶液pH=7，根据电荷守恒，c(NH4+)=c(Cl-)，则n(NH4+)=n(Cl-)，NH4+的数目为NA，故D正确；故选A。4.下列关于有机物的叙述不正确的

是A.分子式为C4H8O2的酯有4种结构B.主链含5个碳原子，有甲基、乙基2个支链的烷烃有3种C.丙烯分子中最多有7个原子共平面D.乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2­二溴乙烷【答案】B【解析】【详解】A.分子式为C4H8O2、属于酯类

的同分异构体，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种结构，则形成的酯有2种，若为乙酸与乙醇形成的酯，则只有乙酸乙酯1种，若为丙酸与甲醇形成的酯，则只有丙酸甲酯1种，故分子式为

C4H8O2、属于酯类的同分异构体共有4种，故A正确，不符合题意；B.主链含5个C，则乙基只能在中间C上，甲基有2种位置，所以该烷烃有2种结构：、，故B错误，符合题意；C.丙烯分子可以看做甲基取代乙烯中的一个氢原子，乙烯基有5个原子共平面，甲基中最多有2个原子与乙

烯基共平面，故丙烯分子中最多有7个原子共平面，故C正确，不符合题意；D.乙烯和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1，2­二溴乙烷，故D正确，不符合题意；故选：B。5.X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与化合价的关系如图所示。

下列说法错误的是A.Q位于第三周期ⅠA族B.X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱C.简单离子半径：M－＞Q＋＞R2＋D.Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸【答案】C【解析】【分析】由Y的化合价只有-2价推断Y为氧

元素，X的半径比氧原子的半径小且只有+1价，则X为氢元素，M的最高正价为+7价，最低负价为-1，则M代表氯元素，Z的半径小于氯元素，且最低负价为-3价，最高价为+5价，则Z代表氮元素，Q只有+1一种化合价，且Q的半径大于氯原子半径，但小于只有+2价的R，故

Q代表钠元素，R代表Ca元素，据此分析解答。【详解】A项Q代表钠元素，Na为第三周期IA族，A正确；B项X、Y、Z三种元素分析代表H、O、N，可以形成硝酸、硝酸铵和一水合氨，故B正确；C项M-、Q+、R2+的半径大小应该为Cl-＞Ca2+＞Na+，故C

错误；D项Z、M的最高价氧化物对应的水化物为HNO3和HClO4，都是强酸，故D正确。答案为C。【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，

如Na＞Mg＞Al＞Si，Na＋＞Mg2＋＞Al3＋，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li＋＜Na＋＜K＋。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加

而减小，如O2－＞F－＞Na＋＞Mg2＋＞Al3＋。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3＋＜Fe2＋＜Fe，H＋＜H＜H－。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2

－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。6.锌银电池的负极为锌，正极为氧化银，电解质是KOH，电池反应为Zn+Ag2O+H2OZn(OH)2+2Ag。以锌银电池为电源，电解硫酸镍溶液冶炼纯

镍，装置如图所示。下列说法正确的是A.装置中使用阳离子交换膜B.锌银电池a极反应式为Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-C.镍极的主要反应为2H++2e-H2↑D.若锌银电池溶解13g锌，则镍极净增质量最多为5.9g【答案】B【解析】【详解】A，观察题图知,交换膜左侧硫酸浓度增大，说明SO

42-由交换膜右侧向左侧迁移,交换膜为阴离子交换膜，故A错误；B，铂极为阳极,电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，则a极为锌银电池的正极,正极反应式为Ag2O+H2O+2e-2Ag+2OH-，故B正确；C，本实验的主要目的是冶炼纯镍，

所以镍极的主要反应是Ni2++2e-Ni，故C错误；D，b极的电极反应式为Zn-2e-+2OH-Zn(OH)2,理论上,消耗65g锌析出59g镍,则溶解13g锌,最多析出11.8gNi，故D错误；答案选B。7.25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×

10-5mol·L-1，将0.5mol(NH4)2SO4溶于水中，向所得溶液中滴加aL氨水后溶液呈中性，据此判断下列说法中不正确的是（）A.滴加氨水的过程中，水的电离平衡将正向移动B.滴加aL氨水后的溶液中，n(NH4+)=200n(NH3·H2O)=1molC.所滴加氨水

的浓度为0.005amol·L-1D.滴加aL氨水后的溶液中各离子浓度大小为c(NH4+)=2c(SO42-)>c(H＋)=c(OH-)【答案】A【解析】【详解】A．铵根离子水解促进水的电离，硝酸铵溶液中铵根离子水解

显酸性，溶液中加入氨水是弱碱溶液，抑制水的电离，水的电离平衡向左移动，故A错误；B．将0.5mol(NH4)2SO4溶于水，向该溶液滴加aL氨水后溶液呈中性，c(H+)＝c(OH−)＝10−7mol·L−1，根据

电荷守恒，c(NH4+)=2c(SO42-)，设混合后溶液体积为1L，c(NH4+)=2c(SO42-)=1mol/L，则n(NH4+)=1mol；根据一水合氨电离平衡得到：NH3•H2O⇌NH4++OH-，NH3•H2O的电离平衡

常数Kb=2×10-5mol•L-1，则平衡常数K=()()432NHO(HHO)NH+−ccc=()7321mol/L10mol/LaLcNHHOmol/L1L−=2×10-5mol•L-1，计算得到c(NH3•H2O)=1200amol/L，n(NH3•H2O)=1200mol

，滴加aL氨水后的溶液中，n(NH4+)=200n(NH3•H2O)=1mol，故B正确；C．设所加氨水的浓度为zmol·L−1，根据物料守恒，滴加aL氨水后溶液中n(NH3·H2O)+n(NH4+)＝1mol+zmo

l·L−1×aL，联立n(NH4+)＝200n(NH3·H2O)＝1mol，计算得到z＝，故C正确；D．溶液中存在电荷守恒，c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-)，得到c(NH4+)=2c(SO42-)，c(H+)=c(OH-)，得到c(NH4+)=2c(SO42-)＞c

(H+)=c(OH-)，故D正确；故选A。【点睛】本题的难点为B，要注意根据电离平衡常数计算判断，同时要注意滴加氨水后的溶液体积不是aL。8.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)有广泛的用途，实验室中通过如下方法制备:①不断搅拌条件下，在饱和Na2CO3

溶液中缓缓通入SO2至反应完全；②取下三颈烧瓶，测得反应液的pH=4.1；③将溶液蒸发浓缩、结晶、过滤得焦亚硫酸钠晶体。请回答下列问题:（1）实验室可利用Na2SO3和较浓的硫酸制备少量SO2气体，该反应的化学方程式为_______________。

硫酸浓度太大不利于SO2气体逸出，原因是_____________。制备、收集干燥的SO2气体时，所需仪器如下。装置A是气体发生装置，按气流方向连接各仪器口，顺序为a→____→____→____→____→f。装置D的作用是__________。（2）步骤

①反应的离子方程式为________________，合成Na2S2O5的总化学方程式为__________________。（3）在强碱性条件下利用Na2S2O5氧化HCOONa的方法可制备保险粉连二亚硫酸钠(Na2S2O4)，反应的离子方程式为___________。（4）

工业上用焦亚硫酸钠法制备保险粉带来的主要问题是废水中含有大量的有机物，有机物总含碳量用TOC表征，常采用Fenton氧化法去除废水中的有机物，即通过向废水中加入H2O2，以Fe2+作催化剂，产生具有强氧化性的羟基自由基(·OH

)来氧化降解废水中的有机物。①其他条件一定时，n(H2O2)∶n(Fe2+)的值对TOC去除效果的影响如图1所示:当TOC的去除率最大时，n(H2O2)∶n(Fe2+)=____。②在pH=4.5，其他条件一定时，H2O2的加入量对

TOC去除效果的影响如图2所示，当H2O2的加入量大于40mL·L-1时，TOC去除率反而减小的原因是_______________________________________。【答案】(1).Na2S

O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O(2).浓硫酸中只有少量H2SO4电离，c(H+)很小，导致复分解反应速率慢(3).d(4).e(5).c(6).b(7).防止倒吸(8).CO32—+2SO2+H2O=2HSO3—+CO2(9).Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2(10

).HCOO-+S2O52—+OH-=CO32—+S2O42—+H2O(11).1(12).酸性条件下H2O2直接与Fe2+反应，导致溶液中羟基自由基(·OH)浓度减小，使得TOC去除率下降【解析】【分析】(1)实验室用Na2

SO3和硫酸制备少量SO2气体时，若硫酸浓度太大，则c(H+)较小，导致复分解反应速率慢，若硫酸浓度太小，则由于SO2气体易溶于水，也不利于SO2气体逸出；收集SO2时，应先干燥，再收集——向上排空气法(长进短出)；又因SO2

易溶于水，要有防倒吸装置(安全装置)；(2)反应终止时溶液的pH=4.1，可推测反应的产物是NaHSO3而不是Na2SO3，NaHSO3是弱酸的酸式盐，书写离子方程式时要注意拆分形式；起始原料是SO2和Na2CO3，目标产物是Na2S2O5，根据质量守恒可写出化学方程式；(3)书

写该氧化还原反应方程式的关键是确定HCOONa的氧化产物，在强碱性条件下，HCOONa中+2价碳必被氧化为CO32—；（4）①去除率最高时，TOC的含量最低，由图1可得此时n(H2O2)∶n(Fe2+)=1；②当H2O2的加入量大于40mL·L-1时，随着H2O2

含量增加去除率反而降低，说明H2O2必参加了其他副反应。【详解】(1)①亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O,故答案为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；②若硫酸浓度太大

，主要以硫酸分子存在，溶液中c(H+)较小，导致复分解反应速率慢；若硫酸浓度太小，由于SO2气体易溶于水，不利于SO2气体逸出，故答案为浓硫酸中只有少量H2SO4电离，c(H+)很小，导致复分解反应速率慢；③装置A用以制备二氧化硫

气体、装置C用以干燥二氧化硫气体、装置B用向上排空气法收集比空气密度大的二氧化硫气体、装置D和E用以吸收二氧化硫气体，则按气流方向连接各仪器口，顺序为a→d→e→c→b→f；二氧化硫易溶于氢氧化钠溶液，D为安全瓶，可防止倒吸，故答案为d、e、c、b；防止倒吸；（2）由反应终止

时溶液的pH=4.1可知，步骤①为向Na2CO3过饱和溶液中通入SO2，发生反应生成NaHSO3和CO2，反应的离子方程式为2SO2+CO32-+H2O=2HSO3-+CO2，合成Na2S2O5的总反应为Na2CO3和SO

2反应生成Na2S2O5和CO2反应的化学方程式为Na2CO3+2SO2═Na2S2O5+CO2，故答案为2SO2+CO32-+H2O=2HSO3-+CO2；Na2CO3+2SO2═Na2S2O5+CO2；（3）由题给信息可知，Na2S2O5氧化HCOONa的方法可制备

Na2S2O4时，S元素化合价由+4价降低为+3价，则在强碱性条件下，HCOONa中+2价碳必被氧化为CO32—，反应的离子方程式为：HCOO-+S2O52—+OH-=CO32—+S2O42—+H2O，故答案为HCOO-+S2O52—+OH-=CO32—+S2O4

2—+H2O；（4）①去除率最高时，TOC的含量最低，由图1可得此时n(H2O2)∶n(Fe2+)=1，故答案为1；②当H2O2的加入量大于40mL·L-1时，随着H2O2含量增加去除率反而降低，说明酸性条件下H2O2直接与Fe2+反应，导致溶液中羟基自由基(·OH)浓度减小

，使得TOC去除率下降，故答案为酸性条件下H2O2直接与Fe2+反应，导致溶液中羟基自由基(·OH)浓度减小，使得TOC去除率下降。【点睛】本题考查物质的制备，侧重于分析、实验能力的考查，涉及实验原理分析、基本实验操作等知识点，明确实验原理及物质性质是

解本题关键，解答本题注意把握物质的性质以及题给信息，难点是实验方案设计，注意化学用语使用的规范性。9.铬是一种银白色的金属，常用于金属加工、电镀等。工业以铬铁矿[主要成分是Fe(CrO2)2]为原料冶炼铬及获得强氧化剂Na2Cr2O7。其工艺流程如图所示：已知：高温氧化时发生反应F

e(CrO2)2＋Na2CO3＋O2→Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2(未配平)回答下列问题：（1）将铬铁矿的主要成分Fe(CrO2)2写成氧化物的形式：__，高温氧化时可以提高反应速率的方法为___(写

出一条即可)。（2）Na2CrO4加入硫酸酸化的离子方程式为__；在实验室中，操作a所用到的玻璃仪器有__。（3）Na2CrO4中铬元素化合价为__；生成1molNa2CrO4时共转移电子的物质的量为__mol。（4）根据有关国家标准，含CrO42-的废水

要经化学处理，使其浓度降至5.0×10-7mol·L-1以下才能排放，可采用加入可溶性钡盐生成BaCrO4沉淀[Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10]，再加入硫酸处理多余的Ba2+的方法处理废水，加入可溶性钡盐后，废水中Ba2+的浓度应大于__mol·L-1，废水处理后达

到国家标准才能排放。【答案】(1).FeO·Cr2O3(2).将固体磨碎或不断搅拌(3).2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O(4).烧杯、漏斗、玻璃棒(5).+6(6).3.5(7).2.4×10-4【解析】【分析】铬铁矿[主要成分

是Fe(CrO2)2]中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液。向一份Na2CrO4溶液中加入硫酸酸化，硫酸和Na2CrO4反应生成Na2Cr

2O7和硫酸钠，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到固体a和溶液a；另一份Na2CrO4溶液中加入Na2S发生氧化还原反应，铬元素转化为Cr(OH)3沉淀，过滤后灼烧Cr(OH)3得到Cr2O3，可以利用热还原法制备金属铬；据此分析解答。【详解】(1)Fe(CrO2)2中铁元素化合价是+2价，氧化

物为FeO，铬元素化合价+3价，氧化物为Cr2O3，所以Fe(CrO2)2写成氧化物形式为FeO•Cr2O3；增大反应物的接触面积可以加快反应速率，升高温度可以加快反应速率，不断搅拌，使固体混合物充分混合也可以加快反应速

率，故答案为：FeO•Cr2O3；将固体磨碎或不断搅拌等；(2)Na2CrO4加入硫酸酸化反应生成重铬酸钠，反应的离子方程式为2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O；操作a为过滤，所用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：2CrO42-+2H+=Cr2O7

2-+H2O；烧杯、漏斗、玻璃棒；(3)Na2CrO4中Na元素为+1价，O为-2价，则铬元素化合价为+6价；根据Fe(CrO2)2＋Na2CO3＋O2→Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2，反应中铬元素由+3价升高为+6价，铁元素

由+2价升高为+3价，1molFe(CrO2)2被氧化转移7mol电子，因此生成1molNa2CrO4时转移3.5mol电子，故答案为：+6；3.5；(4)CrO42-+Ba2+⇌BaCrO4，根据题意Cr

O42-的浓度降至5.0×10-7mol·L-1以下才能排放，则Ksp(BaCrO4)=c(CrO42-)×c(Ba2+)=5.0×10-7×c(Ba2+)=1.2×10-10，解得：c(Ba2+)=2.4×10-4mol/L，即Ba2+的

浓度应大于2.4×10-4mol/L，故答案为：2.4×10-4。10.目前，处理烟气中SO2常采用两种方法：液吸法和还原法。Ⅰ.碱液吸收法25℃时，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5；H2SO3：K

a1=1.5×10-2，Ka2=1.0×10-7；Ksp(CaSO4)=7.1×10-5。第1步：用过量的浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化；第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH-+2NH4++SO42-CaSO4↓+2NH3·H2OK。

(1)25℃时，0.1mol/L(NH4)2SO3溶液的pH____(填“>”“<”或“=”)7。(2)计算第2步中反应的K=___________。Ⅱ.水煤气还原法已知：①2CO(g)+SO2(g)S(l)+2CO2(g)ΔH1=-37.0kJ

·mol-1，②2H2(g)+SO2(g)S(l)+2H2O(g)ΔH2=+45.4kJ/mol，③CO的燃烧热ΔH3=-283kJ/mol。(3)表示液态硫(S)的燃烧热的热化学方程式为_____________。(4)反应②中，正反应

活化能E1____(填“>”“<”或“=”)ΔH2。(5)在一定压强下，发生反应①。平衡时SO2的转化率α(SO2)与投料比的比值[()()2COSOnn=y]、温度T的关系如图所示。比较平衡时CO的转化率α(CO)：N____(填“>”“<”或“=”，下同)M。逆反应速率：N___P。

(6)某温度下，向10L恒容密闭容器中充入2molH2、2molCO和2molSO2发生反应①、②，第5min时达到平衡，测得混合气体中CO2、H2O(g)的物质的量分别为1.6mol、1.8mol。①该温度下，反应②的平衡常数K为________。②其他条件不变，在第7min时缩小容器体积，α

(SO2)______(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】(1).>(2).4.3×1013(3).S(l)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-529kJ/mol(4).>(5).>(6).<(7).2700(8).增大【解析】【详解】(1)由于Kb(NH3•H2O)=1.8×10-5＞Ka

2(H2SO3)=1.0×10-7，由盐的水解规律：“谁弱谁水解，谁强显谁性”可知，(NH4)2SO3溶液呈碱性，pH>7；(2)第2步：加入石灰水，发生反应Ca2++2OH-+2NH4++SO42-CaSO4↓+2NH3·H2O化学平衡常数K=()()()()()()()()42322

222225532spS44111.8107.110abCOacNHHOKNHHOKcCcSOcOHcNH+−−+−−===4.3×1013；(3)①2CO(g)+SO2(g)S(l)+2CO2(g)△H1=-37.0kJ/mol，②2H2(g)+SO2(g)=S(l)+2H

2O(g)△H2=+45.4kJ/mol，CO的燃烧热△H3=-283kJ/mol，即③CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H3=-283kJ/mol，③×2-①，S(l)+O2(g)=SO2(g)△H=2△H3-△H1=-529kJ/m

ol；(4)反应②的正反应为吸热反应，正反应活化能E1-E2=ΔH2>0，E1=E2+ΔH2，由于E2>0，所以E1>ΔH2；(5)分析图象，当控制物料比相同时，T1温度下的转化率高于T2温度下的转化率，考虑到反应是吸热反应，温度升高有利于提高反应物的转化率，则温度关系应

为：T1＞T2；①N点和M点时SO2的转化率相同，温度M点高于N点，升高温度有利于提高转化率，同时对于反应①来说，增加其中一种反应物的量可使另一反应物的转化率提高，而该物质本身的转化率降低，转化率已经可以由温度控制，为使二者SO2转化率相等，则需要控制N点CO的量少于M点CO的量，则转化率：N>M

；②温度T1＞T2，温度越高，化学反应速率越大，则逆反应速率：N<P；(6)①对于2CO(g)+SO2(g)S(l)+2CO2(g)c(开始)0.20.20c(平衡)0.040.120.16对于反应2H2(g)+SO2(g)S(l)+2H2O(g)c(开始)0.2

0.120c(平衡)0.020.030.18所以反应②的化学平衡常数K=220.1827000.020.03=②其他条件不变，在第7min时缩小容器体积，也就使容器的压强增大，由于两个反应的正反应都是气体体积减小的反应，所以缩小体积，容器的压强增大，化学平衡正向移动，α(SO2)增

大。11.氮和磷元素的单质和化合物在农药生产及工业制造业等领域用途非常广泛，请根据提示回答下列问题：（1）科学家合成了一种阳离子为“N5n+”，其结构是对称的，5个N排成“V”形，每个N原子都达到8电子稳定

结构，且含有2个氮氮三键；此后又合成了一种含有“N5n+”化学式为“N8”的离子晶体，其电子式为___，其中的阴离子的空间构型为___。（2）2001年德国专家从硫酸铵中检出一种组成为N4H4(SO4)

2的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以SO42-和N4H44+两种离子的形式存在。N4H44+根系易吸收，但它遇到碱时会生成类似白磷的N4分子，不能被植物吸收。1个N4H44+中含有___个σ键。（3）氨(NH3)和膦(PH3)是两种三角锥形气态氢化物，其键角分别为107°和9

3.6°，试分析PH3的键角小于NH3的原因___。（4）P4S3可用于制造火柴，其分子结构如图1所示。①P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为___。②每个P4S3分子中含孤电子对的数目为___。（5）某种磁性氮化铁的晶胞结构如图2所示，该化合物

的化学式为___。若晶胞底边长为anm，高为cnm，则这种磁性氮化铁的晶体密度为__g·cm−3(用含a、c和NA的式子表示)（6）高温超导材料，是具有高临界转变温度(Te)能在液氮温度条件下工作的超导材料。高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+。基态时Cu

3+的电子排布式为[Ar]__；化合物中，稀土元素最常见的化合价是+3，但也有少数的稀土元素可以显示+4价，观察下面四种稀土元素的电离能数据，判断最有可能显示+4价的稀土元素是___(填元素符号)。几种稀土元素的电离能(单位：kJ·mol−1)元素I1I2I3I4Sc(钪)633

123523897019Y(铱)616118119805963La(镧)538106718504819Ce(铈)527104719493547【答案】(1).(2).直线形(3).10(4).N的电负性强于P，对成键

电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更近，成键电子对之间距离更小，排斥力更大致使键角更大，因而PH3的键角小于NH3(或氮原子电负性强于磷原子，PH3中P周围的电子密度小于NH3中N周围的电子密度，故PH3

的键角小于NH3)(5).sp3(6).10(7).Fe3N(8).2A72839acN×1021(9).3d8(10).Ce【解析】【详解】(1)、N5结构是对称的，5个N排成V形，5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N=N键，满足条件的结构为，故“Ns”带一个单位正电荷。因此化学式

为“N8”的离子晶体是由N5+和N3-形成的，电子式为，其中的阴离子和CO2互为等电子体，则其空间构型为直线形。(2)、N4与白磷的结构类似，因此N2H44+的结构式为，所以1个N2H44+中含有10个σ键。(3)由于N的电负性强于P，对成键电子对的吸引能力更强，成键电子对离中心原子更近，成键

电子对之间距离更小，排斥力更大致使键角更大，因而PH3的键角小于NH3。(4)①、P4S3分子中硫原子的价层电子对数是4，含有2对孤电子对，杂化轨道类型为sp3；②、分子中每个P含有1对孤对电子，每个S含有2对孤电子对，则每个P4S3分子中含孤电子对的数

为4×1+3×2=10。(5)、根据均摊法在氮化铁晶胞中，含有N原子数为2，Fe原子数为112123626++=，所以氮化铁的化学式Fe3N，若晶胞底边长为anm，高为cnm，则晶胞的体积是23332acnm，所以这种磁性氮化铁的晶体密度

为321322213647283·10?933102AANgcmgcmacNac−−−=。(6)、铜的原子序数是29，基态时Cu3+的电子排布式为[Ar]3d8；根据表中数据可知Ce的第三电离能与第四电离能相差最小，所以最有可能显示+4价的稀土元素是Ce。【点睛】一

般情况下，计算晶胞密度时，当知道一个原子的质量为多少，就很容易计算。一个原子的质量为AMN。12.己二酸环酯类化合物是一种重要的化工试剂。其一种合成路线如图：已知：2（试剂1）回答下列问题：（1）按系统命名法，CH2(COOC2H5

)2的名称为______。（2）A生成B的反应类型为______，化合物E中官能团的名称为______，F的分子式为______。（3）D生成E的化学方程式为______。（4）芳香族化合物G为E的同分异构

体，符合下列要求的同分异构体有______种。Ⅰ.1molG可与2molNa2CO3反应Ⅱ.含有官能团—NH2Ⅲ.苯环上有三个取代基，且苯环上有两种等效氢其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶2∶1的结构简式为______。（5）写出用甲醛、乙醛和CH2(COOC2H5)2为

原料制备化合物的合成路线(其他试剂任选)。_______。【答案】(1).丙二酸二乙酯(2).加成反应(3).酯基、氰基(4).C9H14O4(5).(6).10(7).、(8).CH3CHOCH2=CHCHO【解析】【分析】(1)CH2(COOC2H5)

2为丙二酸和乙醇酯化反应生成的酯，据此命名；(2)根据A[CH2(COOC2H5)2]与试剂1()和生成物B()的结构分析判断反应类型；根据常见官能团的结构分析判断化合物E()中的官能团；根据F()判断分子式；(3)D分子中羟

基和羧基发生酯化反应生成E，据此书写反应的化学方程式；(4)E()的不饱和度是4、G为芳香族化合物，苯环的不饱和度是4，则G中除了苯环外不含双键或环，结合限制条件分析书写G的结构简式；(5)用甲醛、乙醛和CH2(COOC2H5)2为原料制备

化合物，根据题干信息，甲醛和乙醛发生反应生成丙烯醛，丙烯醛和试剂1发生加成反应，然后发生B到C的反应，据此分析解答。【详解】(1)CH2(COOC2H5)2为丙二酸和乙醇酯化反应生成的酯，按系统命名法，CH2

(COOC2H5)2的名称为丙二酸二乙酯，故答案为：丙二酸二乙酯；(2)A[CH2(COOC2H5)2]与试剂1()反应生成B()后，试剂1中的碳碳双键与A发生了加成反应；化合物E()中官能团为酯基、氰基；F()的分子式为C9H14O4，故答案为

：加成反应；酯基、氰基；C9H14O4；(3)根据流程图，D分子中羟基和羧基发生酯化反应生成E，反应的化学方程式为，故答案为：；(4)芳香族化合物G为E()的同分异构体，E的不饱和度是4、苯环的不饱和度是4，G为芳香族化合物，则G中除了苯环外不含双键或

环。Ⅰ.1molG可与2molNa2CO3反应，说明G中含有2个酚羟基；Ⅱ．含有官能团-NH2；Ⅲ．苯环上有三个取代基，且苯环上有两种等效氢原子，则两个酚-OH处于对称位置；①如果取代基为-CH2CH

2CH2NH2，有2种；②如果取代基为-CH(CH3)CH2NH2，有2种；③如果取代基为-CH2CH(CH3)NH2，有2种；④如果取代基为-C(CH3)2NH2，有2种；⑤如果取代基为-CH(CH2CH3)NH2，有2种，则符合条件的有10种；其中

核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶2∶1的结构简式为、，故答案为：10；、；(5)用甲醛、乙醛和CH2(COOC2H5)2为原料制备化合物，根据题干信息，甲醛和乙醛发生反应生成丙烯醛，丙烯醛和试剂1发生加成反应，然后发生B到C的反应即可得到目标产物，

其合成路线为CH3CHOCH2=CHCHO，故答案为：CH3CHOCH2=CHCHO。【点睛】正确理解题干信息，明确反应中断键和成键方式是解本题关键。本题的难点为(5)，要注意题干信息和流程图中反应类型的应用，易错点为(4)，要注意I中G能与Na2CO3反应

不能判断为含有羧基。