1、 1 页 广西柳州市广西柳州市 20212021 年高考化学三模试卷年高考化学三模试卷 一、单选题一、单选题 1唐代陈子昂诗句“山水丹(丹砂：HgS)青石青：Cu(OH)22CuCO3杂，烟云紫翠浮”中相关化学物质说法错误的是（ ） A丹砂常温下性质稳定 B烟、云均属于气溶胶 C石青能与强酸发生反应 D石青被誉为“水蓝宝石”，可耐高温 2下列物质性质与用途对应关系正确的是（ ） 性质 用途 A ClO2具有氧化性 漂白纸浆 B NaHCO 受热分解 中和过多的胃酸 C FeCl3溶液呈酸性 刻制铜制电路板时作为“腐蚀液” D HF 具有弱酸性 刻蚀玻璃 AA BB CC DD 3常温下，HN3
2、的 Ka=1.9 10-5，可视为一元弱酸。 设 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A1 mol HN3含电子总数为 16NA B1 mol NaN3含有阴离子总数为 3NA C2LpH=3 的 HN3与足量 Zn 反应产生 H2的分子数为 0.001NA D1 L0.1molL-1NaOH 溶液中滴入 HN3溶液至呈中性，溶液中 N 3 数目为 0.1NA 4W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素， W、X 的单质均为气体，W、X、Y 简单离子的核外电子排布相同，四种元素可形成如图所示化合物。下列说法错误的是（ ） A原子半径：YZ WX B气态氢化物稳定性：X
3、 W CY 与 W 形成的化合物一定不含共价键 DZ 可形成一种以上的含氧酸 2 页 5关于有机物 Gibepyrone D( )，下列说法错误的是（ ） A分子式为 C10H10O4 B该化合物中所有原子可能共平面 C该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D1 mol 该物质最多可与 2 mol NaOH 反应 6某新型电池可净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学产品，其工作原理如图所示，下列叙述错误的是（ ） A该电池左室电极为负极 B正极区溶液的 pH 降低、负极区溶液的 pH 升高 CH+通过质子膜从左向右迁移 D左池消耗的 S2-与右池消耗的 NO 3 的物质的量之比为 5：8 7下列
4、实验方案中，能达到实验目的的是（ ） 选项 实验目的 实验方案 A 比较HCl和HClO的酸性强弱 分别测定等浓度的 HCl 和 HClO 溶液的导电能力大小 B 验证Na2S2O3是否氧化变质 在 Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸，然后滴加 BaCl2溶液观察是否产生白色沉淀 C 证明 Fe2+有还原性 向较浓的FeCl2溶液中滴人少量酸性KMnO4溶液， 观察KMnO4溶液紫色是否褪去 D 比较 K(AgBr) K(AgCl) 向 NaCl 与 NaBr 混合溶液中滴加 AgNO3溶液，观察是否出现淡黄色沉淀 AA BB CC DD 二、综合题二、综合题 8用油造气的废镍催化剂(含 NiCO
5、3、Na2SiO3、少量 Fe2+、Fe3+及 Cr3+的化合物)制取 NiSO47H2O 的 3 页 工艺流程如下图所示(CTAC 一种硅酸胶体凝聚剂)。回答下列问题： （1）“浸取”时，在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时，提高镍的回收率还可采取的措施是 (写出一条)。 （2）“滤渣 1”的主要成分是 。 （3）“一次碱析”时，Cr(OH)3转化为的 CrO 42 的离子方程式为 。 （4）加氨水“溶解”的目的是 ，滤渣 2”的主要成分是 。 （5）“氧化”时，HNO3被还原为 NO，该反应的化学方程式为 。 （6）已知 0.01molL-1Ni(NO3)2开始沉淀时的 pH 为
6、 7.2，计算 Ni(OH)2的 Ksp= (列出计算式)，则“二次碱析”使 Ni2+沉淀完全时(c=1.0 105 molL-1)的 pH 为 。 9某校化学课外小组的同学依据反应 S2Cl2+3Cl2+2SO2约80_ 4SOCl2，设计如下装置(夹持及加热装置已略)制备 SOCl2(氯化亚砜)。 相关物质的数据及性质如下表： 主要性状 熔点/ 沸点/ 主要化学性质 4 页 SOCl2 淡黄至红色发烟液体 -105 78.8 遇水分解, 140开始分解 S2Cl2 浅黄色油状液体 -80 138 遇水分解,高于 100时开始分解 回答下列问题： （1）装置 A 中 w 管的作用是 。 （2
7、）装置 C 球形冷凝管中水应从 处(填“a” 或“b” )进入，冷凝管装置的作用是 ；装置 C 合适的加热方式是 。 （3）装置 E 中生成 SO2的化学方程式为 。 （4）装置中碱石灰的作用 。 （5）上述装置存在一处缺陷 ，导致 SOCl2产率降低，改进的方法是 。 （6）反应后从装置 C 的反应液纯化得到 SOCl2需要的硅酸盐质仪器有：酒精灯、接引管、锥形瓶外，还缺少 (从下列图中选择，填标号)。 10采用光电催化法或化学吸收法处理含硫化氢的废液废气，既可防止环境污染又可回收硫资源等。回答下列问题： （1） 利用二氧化锰修饰的活性炭(MnO2-AC)作光催化剂分解废水中 H2S 制氢气
8、的原理如下图所示。在催化作用下， MnO2-AC 自动将电子集中至导带， 空穴(用 h*表示)集中至价带， 从而进一步分解 H2S。图中能量转化形式是 ，已 知在催化剂表面总反应为：2HS-=H2+S 22 ，价带上发生的半反应为 (半反应相当于电极反应)。 （2） 利用 CaCO3吸收烟气中 H2S 包括： CaCO3的分解、 H2S 的吸收与 CaS 的生成以及 CaS 的氧化。 5 页 高温下反应 CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)能自发进行， 则 H 0，S 0(填“大于”或“小于”)。 恒温恒容密闭容器中进行吸收 H2S 反应为 CaO(s)+H2S(g) CaS(s)+H
9、2O(g)，能说明该反应已达到平衡状态的是 (填标号)。 A气体的总压强不再随时间变化 B气体的密度不再随时间变化 C单位时间内断裂 H-S 与生成 H-O 键数相等 D气体的分压 p(H2S)/p(H2O)不再随时间变化 CaS 的氧化涉及如下反应： (I) 12 CaS(s)+O2(g) 12 CaSO4(s) H1 (II) 23 CaS(s)+O2(g) 23 CaO(s)+ 23 SO2(g) H2 (III )CaSO4(s)+ 13 CaS(s) 43 CaO(s)+ 43 SO2(g) H3 在恒压(总压为 akPa)密闭容器中反应时，各反应的 lgKp(Kp 为以分压表示的平
10、衡常数)与温度的关系如图： 由图可知： H0 的反应是 ( 填标号)；H3= (用H1、H2表示)；N 点时，分压 p(SO2)= kPa，M 点时，分压 p(O2)= kPa 11寻找室温超导材料一直是科学家们竞相追求的目标， CaFeAsF 、LaH10、H2S 等均是近年来的研究热点。回答下列问题： （1）基态 As 原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为 ，基态 La 原子价电子排布为5d16s2，成为阳离子时首先失去 轨道电子。 （2）CaFeAsF 中，电负性最高的元素是 。 （3）Ca 与 Fe 位于同周期且最外层电子构型相同，Ca 的熔点和沸点均比 Fe 的低，这是因为 。
11、（4）H2S 的的空间构型为 ，写出一种与 H2S 互为等电子体的分子的化学式 。 6 页 （5）含砷化合物(以 )中碳原子杂化方式是 ， 每个分子中含 键和 键个数比为 。 （6）Ca、Fe、As 构成的超导材料的晶胞结构如图所示，边长为 apm，高为 cpm，则紧邻的 Ca 原子之间的距离为 pm，该晶体的密度为 gcm-3。 12苔色醛甲酸甲酯是制备 Aigiacomycin 的重要中间体，其-一种合成路线如下： 回答下列问题： 已知：3(3)2 (3)233 自动脱水 （1）A 经催化加氢生成 K，K 的化学名称是 。 （2）由 A 生成 B 的反应类型是 。 （3）D 中官能团的名称
12、为 。 （4）E 生成 F 步骤的目的是 。 （5）G 的结构简式为 。 （6）由 H 生成 I 的的化学方程式为 。 （7）W 是 H 的同分异构体，写出满足如下条件的 W 的结构简式 。 7 页 能与 FeCl3溶液发生显色反应；能发生银镜反应；酸性条件下水解产物的核磁共振氢谱均只有面积比为 1：1 的两组峰 （8）设计以 和 CH3I 为起始原料制备 的合成路线(无机试剂任用)。 。 8 页 答案解析部分答案解析部分 1 【答案】D 【解析】【解答】A常温下 S 和 Hg 反应生成丹砂(HgS)，该物质，常温下性质稳定，故 A 不符合题意； B分散剂为气体的胶体为气溶胶，烟、云均属于胶体
13、，分散在空气中，空气为分散剂，因此都属于气溶胶，故 B 不符合题意； C石青的成分为 Cu(OH)22CuCO3，碱与碳酸盐均能与强酸发生反应，故 C 不符合题意； D石青被誉为“水蓝宝石”，其成分中的 Cu(OH)2和 CuCO3受热均会发生分解，故 D 符合题意； 故答案为：D。 【分析】根据石青的物质组成， Cu(OH)22CuCO3 ，氢氧化铜以及碳酸铜在高温时很易分解，因此不耐高温，其他选项均正确 2 【答案】A 【解析】【解答】A二氧化氯是一种强氧化剂，其漂白作用主要来自于氧化漂白，故 A 符合题意； B胃酸的主要成分为盐酸，碳酸氢钠中和胃酸是因为二者能发生反应生成水、二氧化碳和氯
14、化钠，与碳酸氢钠受热易分解无关，故 B 不符合题意； C三价铁离子具有氧化性，可以和铜发生氧化还原反应，从而腐蚀铜制电路板，并不是有酸性，故C 不符合题意； D 玻璃成分主要是硅酸盐， HF 可以和它发生反应， 从而刻蚀玻璃， 不是因为弱酸性， 是 HF 的特性，故 D 不符合题意； 故答案：A。 【分析】A.利用氧化性可以漂白纸浆 B.中和胃酸过多主要是利用酸和盐发生反应的化学性质 C.腐蚀电路板主要利用的是氯化铁的氧化性 D.利用氢氟酸与二氧化硅反应的特性进行腐蚀刻画玻璃 3 【答案】D 【解析】【解答】A1 个 HN3分子中含有 22 个电子，则 1 mol HN3含电子总数为 22NA
15、，故 A 不符合题意； BHN3可视为一元弱酸，则 NaN3由 Na+和 3 构成，则 1 mol NaN3含有阴离子总数为 NA，故 B 不符合题意； 9 页 CpH=3 的 HN3溶液中氢离子浓度为 10-3mol/L，HN3可视为一元弱酸，在溶液中部分电离，则 HN3大于 10-3mol/L，则 2LpH=3 的 HN3中 HN3的物质的量大于 0.002mol，与足量 Zn 反应产生 H2的分子数大于 0.001NA，故 C 不符合题意； D1 L0.1molL-1NaOH 溶液中氢氧化钠的物质的量为 0.1mol，滴入 HN3溶液恰好完全反应时生成物为 NaN3，NaN3为强碱弱酸盐
16、，溶液显碱性，若使呈中性，HN3溶液需要过量，即为 NaN3和 NaN3的混合溶液， 该混合溶液中存在电荷守恒： c(Na+)+c(H+)=c( 3 )+c(OH-)， 由于溶液中性， 即 c(H+)= c(OH-)，则 c(Na+)= c( 3 )，n(Na+)=n( 3 )=0.1mol，则溶液中 N 3 数目为 0.1NA，故 D 符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.找出 1 个氨气分子中的电子总数即可 B.根据 NaN3=Na+N3-,即可求出阴离子数目 C. HN3的 Ka=1.910-5， 可视为一元弱酸， 部分电离，2LpH=3 的 HN3 与锌产生的氢气远大于 0.001m
17、ol D.根据电荷守恒即可判断 4 【答案】C 【解析】【解答】A同主族元素，从上到下原子半径依次增大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则四种元素的原子半径由大到小的顺序为 NaPOF，故 A 不符合题意； B元素的非金属性越强，气态氢化物稳定性越强，氟元素的非金属性强于氧元素，则氟化氢的稳定性强于水，故 B 不符合题意； C钠元素和氧元素可以形成过氧化钠，过氧化钠中含有离子键和共价键，故 C 符合题意； D磷元素可以形成 HPO3、H3PO4等含氧酸，故 D 不符合题意； 故答案为：C。 【分析】W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X 的单质均为气体，W、X、Y简单
18、离子的核外电子排布相同，由四种元素形成的化合物可知，Z 原子可以形成 5 个共价键，Y 离子带一个单位正电荷，则 Z 为 P 元素、Y 为 Na 元素，由化合物中 W 可以形成 2 个共价键、X 形成 1 个共价键可知，W 为 O 元素、X 为 F 元素。 5 【答案】B 【解析】【解答】A根据 D 的结构简式，D 的分子式为 C10H10O4，故 A 不符合题意； B该化合物的分子结构中含有甲基，甲基是四面体结构，分子中所有原子不可能共平面，故 B 符合题意； C该化合物分子结构中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 C 不符合题意； D该化合物分子结构中含有酯基和羧基，酯基和羧基都能
19、与氢氧化钠溶液反应，因此 1 mol 该物质 10 页 最多可与 2 mol NaOH 反应，故 D 不符合题意； 故答案为：B。 【分析】根据有机物的结构简式即可判断分子式，以及含有酯基、羧基、以及碳碳双键官能团，含有双键可使高锰酸钾溶液褪色，1mol 有机物含有 1mol 羧基和 1mol 酯基能消耗 2mol 氢氧化钠,f 分子中含有多个不饱和碳原子因此不可能共面 6 【答案】B 【解析】【解答】A由分析可知，该装置为原电池，左室电极为原电池的负极，故 A 不符合题意； B由分析可知，左室电极为原电池的负极，硫离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为 S2-8e-+4H
20、2O=SO +8H+， 放电时生成氢离子， 溶液的 pH 降低， 右室电极为正极，酸性条件下，硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成氮气，电极反应式为 2NO 3 +10 e-+ 12H+=N2+6 H2O，放电时消耗氢离子，溶液的 pH 升高，故 B 符合题意； C电池工作时，阳离子向正极移动，由分析可知，左室电极为原电池的负极，右室电极为正极，则氢离子通过质子膜从左向右迁移，故 C 不符合题意； D由分析可知，硫离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成氮气，由得失电子数目守恒可知，左池消耗的硫离子与右池消耗的硝酸根的物质的量之比为 5：8，故
21、 D 不符合题意； 故答案为：B。 【分析】由题给示意图可知，该装置为原电池，左室电极为原电池的负极，硫离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为 S2-8e-+4H2O=SO +8H+，右室电极为正极，酸性条件下，硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成氮气，电极反应式为 2NO 3 +10 e-+ 12H+=N2+6 H2O。 7 【答案】A 【解析】【解答】A强酸、强碱属于强电解质， 弱酸弱碱属于弱电解质，强电解质在溶液中完全电离，弱电解质在溶液中部分电离，等浓度的 HCl 和 HClO 溶液在溶液中的电离程度不同，电离程度大的，溶液中氢离子浓度大，导电能力强，酸性也就越
22、强，则 A 能达到实验目的； B在 Na2S2O3溶液中滴加盐酸会发生反应：Na2S2O3+2HCl2NaCl+SO2+S+H2O，产生了大量的浅黄色浑浊，会对后续白色沉淀的观察产生影响，故 B 不能打到实验目的； C浓盐酸能与 KMnO4反应，向较浓的 FeCl2溶液加少量酸性 KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去可能是与 Cl-反应导致，无法证明 Fe2+有还原性，故 C 不能打到实验目的； 11 页 D向 1L 浓度均为 0.1mol/LNaCl 和 NaBr 混合溶液中滴加 AgNO3溶液，先出现淡黄色沉淀，说明先生成了 AgBr 沉淀，即在浓度相同的前提下，溴离子优先于氯离子沉淀，
23、所以 Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，选项中未指明 NaCl 与 NaBr 浓度关系，不能比较二者 Ksp，故 D 不能打到实验目的； 故答案为：A。 【分析】A.强酸完全电离，弱酸部分电离导电能力弱 B.加入盐酸后会造成干扰，应该先过滤再加入氯化钡溶液 C.亚铁离子和氯离子均具有氧化性，应该利用硫酸亚铁溶液进行实验 D.未进行控制氯化钠和溴化钠的浓度 8 【答案】（1）将原料粉碎（或适当延长溶解的时间或滤渣 1 再次溶解浸取） （2）硅酸 （3）2Cr(OH)3 + 4OH+ 3H2O2 = 2CrO 42 + 8H2O （4）将 Ni(OH)2溶解并与 Fe(OH)3分离；Fe(OH
24、)3 （5）3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO+ 4H2O （6）0.01 (107.214)2；8.7 【解析】【解答】(1) “浸取”时，在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时，将原料粉碎、适当延长溶解的时间、滤渣 1 再次溶解浸取等措施能提高镍的回收率，故答案为：将原料粉碎（或适当延长溶解的时间或滤渣 1 再次溶解浸取） ； (2)由分析可知，滤渣 1 的主要成分是硅酸，故答案为：硅酸； (3) 由分析可知， “一次碱析”时发生的反应为氢氧化铬在碱性条件下与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成铬酸根离子和水，反应的离子方程式为 2Cr(OH)3 +
25、 4OH+ 3H2O2 = 2CrO 42 + 8H2O，故答案为：2Cr(OH)3 + 4OH+ 3H2O2 = 2CrO 42 + 8H2O； (4) 由分析可知，加氨水“溶解”的目的是使氢氧化镍与氨水反应转化为Ni(NH3)42+离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有Ni(NH3)42+离子的滤液， 达到分离氢氧化镍和氢氧化铁的目的， 故答案为：将 Ni(OH)2溶解并与 Fe(OH)3分离；Fe(OH)3； (5) 由分析可知， “氧化”时发生的反应为硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、硫、一氧化氮和水，反应的化学方程式为 3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2
26、NO+ 4H2O， 故答案为： 3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO+ 4H2O； (6)由题意可知，开始沉淀时溶液中镍离子浓度为 0.01mol/L，氢氧根离子浓度为 107.214 mol/L，Ksp=c(Ni2+)c2(OH)= 0.01 (107.214)2；镍离子沉淀完全时，溶液中镍离子浓度为 1.0 105 mol/L，则溶 12 页 液中氢氧根离子浓度为 (2+) = 0.01(107.214)21.0105/ =105.3 mol/L，则溶液的 pH 为 8.7，故答案为：0.01 (107.214)2；8.7。 【分析】由题给流程可知，向废镍
27、催化剂中加入 20%稀硫酸和 CTAC，碳酸镍与稀硫酸反应生成硫酸镍、二氧化碳和水，硅酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠和硅酸沉淀，过滤得到含有镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子的浸取液和含有硅酸的滤渣 1；向浸取液中加入氢氧化钠溶液，溶液中镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化物沉淀，进入过氧化氢溶液，氢氧化铬在碱性条件下被过氧化氢溶液氧化为铬酸根离子，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，过滤得到含有铬酸根离子的滤液和含有氢氧化镍和氢氧化铁的滤渣；向滤渣中加入氨水，氢氧化镍与氨水反应转化为Ni(NH3)42+离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣 2 和含有Ni(NH3)42+离子的滤液；向滤
28、液中通入硫化氢气体，Ni(NH3)42+离子与硫化氢反应转化为硫化镍沉淀，过滤得到硫化镍滤渣；向硫化镍中加入稀硝酸，硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、硫、一氧化氮和水，过滤得到硫滤渣和硝酸镍溶液；向硝酸镍溶液加入 6mol/L 氢氧化钠溶液，硝酸镍与氢氧化钠溶液反应转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍； 向氢氧化镍中加入稀硫酸， 氢氧化镍溶解得到硫酸镍溶液， 溶液经结晶、 提纯制得七水硫酸镍。 9 【答案】（1）平衡气压，使浓盐酸顺利滴下 （2）A；冷凝回流 SOCl2；80热水浴 （3）Cu +2H2SO4(浓) _ CuSO4 + SO2+ 2H2O （4）吸收 SO2、Cl2等气体，防止空气
29、中的水蒸气进入装置 C （5）将装置 B 中饱和食盐水换成浓硫酸（或 B、C 间加装盛有浓硫酸的洗气瓶） （6）adef 【解析】【解答】(1)根据图示装置特点分析，装置 A 中 w 管的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下； (2)为了使冷凝水充满冷凝管， 装置 C 球形冷凝管中水应从下端通入， 即 a 处进入； 由题干信息知 SOCl2的沸点为78.8， 且反应温度为80， 所以冷凝管的作用是冷凝回流SOCl2； 反应温度应该控制在80，所以适合的加热方式为 80水浴加热；故答案为：a；冷凝回流 SOCl2；80水浴加热； (3)装置 E 中铜和浓硫酸在加
30、热的条件下反应生成硫酸铜、SO2和水，反应方程式为：Cu +2H2SO4(浓) _ CuSO4 + SO2+ 2H2O，故答案为：Cu +2H2SO4(浓) _ CuSO4 + SO2+ 2H2O； (4)根据上述分析，装置中碱石灰的作用是吸收未反应的 SO2、Cl2等气体，同时防止空气中的水蒸气 13 页 进入装置 C，故答案为：吸收 SO2、Cl2等气体，防止空气中的水蒸气进入装置 C； (5)已知 SOCl2易水解，在氯气进入 C 中时未干燥，会导致 SOCl2产率降低，应该增加干燥装置，故答案为：将装置 B 中饱和食盐水换成浓硫酸（或 B、C 间加装盛有浓硫酸的洗气瓶） ； (6)由题
31、干信息知，SOCl2与 S2Cl2沸点不同，可以用蒸馏的方法得到纯净的 SOCl2，蒸馏装置所需的玻璃仪器含有蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计、石棉网，故答案为：adef。 【分析】根据实验原理及实验装置分析，装置 A 是用浓盐酸和漂白粉制备氯气，B 中的饱和食盐水目的是除去杂质 HCl；E 装置是用浓硫酸与铜反应制备二氧化硫气体，D 中浓硫酸作用是干燥二氧化硫气体；将氯气及二氧化硫气体通入 C 中与 S2Cl2反应制备 SOCl2，冷凝管的作用为冷凝回流 S2Cl2和SOCl2，连接的干燥管作用是防止空气中水分进入和剩余气体的尾气处理，据此分析解答。 10 【答案】（1）光能转化为化学能；2HS-+
32、2h+ =2H+S 22 或 2HS-2e- =2H+S 22 （2）大于；大于；BD；2( H2 H1)；1；a-1 【解析】【解答】(1)从图中可以看出，其能量转化形式为光能转化为化学能；催化剂表面的总反应为 2= 2 +22 ，其中导带的半反应为 2+2= 2 ，所以价带的半反应为 22=2+22 或者 2+2+= 2+22 ，故填光能转化为化学能、 22= 2+22 或者 2+2+= 2+22 ； (2)反应 CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)为分子数增大的反应， 0 ， 根据判定依据 0 ，故填大于、大于； A.该反应为分子数不变的反应，恒温恒容下反应前后压强不变，故压强不
33、能作为平衡的标志，故 A不符合题意； B.根据 = ，反应前后体积不变，气体的质量在变，故密度为变量，当密度不变时反应达平衡，故 B 符合题意； C.反应物断键、生成物成键表示正方形进行，不能作为平衡的标志，故 C 符合题意； D.压强之比即为浓度之比，平衡时浓度恒定，浓度之比保持不变，故分压之比保持恒定，故 D 符合题意； 故填 BD； 从图中可以看出反应 III 的平衡常数随温度的升高而升高，该反应为吸热反应，即 3 0 ；根据盖斯定律反应 III 等于反应 II 2 减去反应 I 2， 故 3= 22 21 ； N 点时反应 III 的 lgKp=0，故 Kp=1，其平衡常数表达式为 =
34、 43(2) ，解得 (2) = 1 ，体系中只存在二氧化硫和氧气两种气体， M 点和 N 点平衡常数相等， 其中 (2) = 1 ， 则 (2) = ( 1) ， 故填 III、 22 21 、1、a-1。 14 页 【分析】反应达平衡的标志为：(1)体系中各组分的量保持不变；(2)正逆反应速率相等；(3)当某个标量不变时，如密度、压强、温度等。 11 【答案】（1）；6s （2）F （3）Ca 的原子半径比 Fe 的大，价电子数比 Fe 少，钙的金属键比铁的弱 （4）V 形；H2O、H2Se 等 （5）sp2 和 sp3；221 （6）22 a；12082 1030 【解析】【解答】(1)
35、As 位于第四周期第 VA 族，其基态原子的价层电子排布为 4243 ，轨道表示式为 ；元素成为阳离子时优先失去能量高的电子，La 原子的价层电子为 5d16s2，6s 轨道电子能量高，成为阳离子时优先失去，故填 、6s； (2) 金属与非金属相比，非金属的电负性高，CaFeAsF 中，Ca、Fe 为金属，As、F 为非金属元素，其中 F 是元素周期表中电负性最强的元素，故填 F； (3)Ca 的价层电子排布为 42 ，Fe 的价层电子为 3642 ，Ca 的价层电子数少，且原子半径比 Fe大，金属键弱，所以熔点低，故填 Ca 的原子半径比 Fe 的大，价电子数比 Fe 少，钙的金属键比铁的弱
36、； (4) 2 与水相似，其空间构型为 V 形； 2 价电子数为 8，根据等电子体的定义，与其互为等电子体的有 2 、 2 等，故填 V 形、 2 、 2 等； (5) 中，C 原子分别以单键或者双键成键，为 2 、 3 杂化；其中单个分子中 键有 22 个， 键有 1 个，其个数比为 22:1，故填 2 和 3 、22:1； (6)图中相邻的两个 Ca 原子为晶胞的底面中心与四个角距离最短，其中底面正方形的边长为 apm，对角线长为 2 pm， 所以相邻的 Ca 原子的距离为 22 pm； 晶胞中 Ca 原子的个数为 18 8 +12 6 =4 、As 原子的个数为 14 8 +12 8 +
37、 2 = 8 、Fe 原子的个数为 8，其分子式为 488 ，根据 = = 12082 1030 ，故填 22 、 12082 1030 。 【分析】利用元素周期律、洪特规则和泡利不相容原理对原子轨道进行理解；金属性即失电子能力，非金属即得电子能力。 15 页 12 【答案】（1）2-丙醇 （2）消去反应 （3）羰基、酯基 （4）保护酚羟基 （5） （6） +CH3OH 加热浓硫酸 +H2O （7） （8）加热/2+233 【解析】【解答】(1)A 为丙酮，催化加氢生成醇，名称为 2-丙醇，故填 2-丙醇； (2)A 到 B 不饱和键增加，为消去反应，故填消去反应； (3)D 中含有的官能团有
38、羰基和酯基，故填羰基和酯基； (4)从流程中可以看出，H 中重新出现酚羟基，故 E 到 F 为保护酚羟基，故填保护酚羟基； (5)根据推断，G 的结构简式为 ，故填 ； (6)H 到 I 为酯化反应，反应方程式为 +CH3OH 加热浓硫酸 +H2O，故填 +CH3OH 加热浓硫酸 +H2O； (7)能与氯化铁显色说明含有酚羟基；能发生银镜反应说明含有醛基；能水解说明含有酯基，结合 H 的结构简式可知，W 分子中含有酚羟基和酯基，醛基且位置相对对称，满足条件的结构简式为 ，故填 ； (8)先将 转化为酚醛， 再反应生成醚， 其流程为 加热/2+233 ，故填 加热/2+233 ； 16 页 【分析】 根据已知， E 到 F 为生成酯的反应， F 的结构简式为 ； 根据已知信息，F 到 G 为甲基的取代反应，G 的结构简式为 ；G 到 H 为酯的水解，H 的结构简式为 ， H 到 I 为酯化反应， I 的结构简式为 ， 由此进行解题。
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