2020年山西省太原市高考化学一模试卷(有答案解析)

1、2020 年山西省太原市高考化学一模试卷题号一二三总分得分1.、单选题（本大题共 7 小题，共 42.0分） 超临界状态下的 CO2 流体可提取中草药材中的有效成分，工艺流程如图所示。下列有关说法错 误的是（ ）A. 浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出B. 高温条件下更有利于超临界 CO2 萃取C. 升温、减压的目的是实现 CO2 与产品分离D. 该方法使用的 CO2 可能来自酿酒厂发酵的副产品2. 设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A. 18g2H2O 中所含的电子数为 10NAB. 常温常压下， 46g 乙醇中含 C-H 键的数目为 6N AC. 2 mol SO2

2、和 1molO 2在一定条件下充分反应转移电子数目为4NAD. 1L0.1mol ?L-1 NaF溶液中含有的 F-和 HF的粒子数目之和为 0.1NA3. 2018年 1月，泉州“碳九”泄露事件引发关注。“碳九”主要是指连三甲苯（ ）、正丙苯（ ）和对乙基甲苯（ ）等含九个碳原子的芳香烃下列说法正确的是 （）A. “碳九”是石油化工产品，可通过催化重整获得B. 连三甲苯的一氯代物共有 6 种（不考虑立体异构）C. 对乙基甲苯中所有碳原子一定处于同一平面内D. 连三甲苯能使酸性 KMnO 4 溶液褪色，该反应类型是取代反应4. 最近报道的一种处理垃圾渗透液并用其发电的装置示意图如下。下列说法不

3、正确的是（ ）5.6.7.A. 该装置将化学能转变为电能B. 电子由 X 极沿导线流向 Y 极C. 标准状况下， X 极上每消耗 22.4L 气体时，理论上有 6molK +移向 Y 极D. Y 极发生的反应可表示为 2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，该极附近溶液的 pH 增大 短周期主族元素 m、n， p、 q的原子序数依次增大，它们的最外层电子数之和为18，n3-与 p2+具有相同的电子层结构。下列叙述错误的是（ ）A. p 单质可以在 n 单质中燃烧B. 简单离子半径的大小： q> n> pC. 最高价氧化物对应水化物的酸性： q>n> mD. m、

4、n，P分别与 q 形成的二元化合物均含有共价键列实验方案能达到实验目的是（ ）选项实验目的实验方案A除去 Al2O3 中的 Fe2O3向固体中先加入过量 NaOH 溶液，过滤后向滤液中加入 过量盐酸B验证 Cu 和浓硫酸反应生成 CuSO4向反应后溶液中加入水观察溶液变蓝色C证明二氧化硫具有还原性将二氧化硫通入 Ba（ NO 2） 3溶液中有白色沉淀生成D验证： Ksp（ AgI ）< K sp（ AgCl ）向盛有 1mL0.1mol ?L-1 AgNO 3溶液的试管中滴加 10滴0.1mol ?L -1，NaCl 溶液，有白色沉淀生成，向其中继续滴 加0.1mol ?L -1KI 溶

5、液，有黄色沉淀产生A. A B. B C. C D. D 草酸 H2C2O4 是一种二元弱酸在菠菜、苋菜、甜菜等植物中含量较高。 25时，向 H2C2O4 溶液中滴加 NaOH 溶液，混合溶液中 lgXX 表示或随溶液 pH 的变化关系 如图所示。下列说法正确的是（ ）A. 直线 中 X 表示的是B. 当 pH=3.22 时，溶液中 =100： 1C. 0.1mol ?L -1NaHC 2O4溶液中： c（ Na+ ）> c（HC2O4-）> c（H2C2O4）>c（C2O4-）D. 已知：碳酸的电离常数 Ka1=4.3 ×10-7，K a2=5.6 ×1

6、0-11，则向 Na2CO 3溶液中加入等浓度、等体积草酸溶液反应的离子方程式为CO32-+H2C2O4=HC2O4-+HCO 3-8.、简答题（本大题共 4 小题，共 50.0分）以某工业副产物盐泥 主要成分为 Mg（ OH ）2，还含有少量 Al（OH）3、FeCO3，MnCO 3、SiO2、CaCO3 等为原料制备防火材料 MgSO4?7H2O 的工艺流程如图：回答下列问题：（1）以 MgSO 4为原料可制备阴阳离子个数比为1：1 的化合物 MgC 2已知 MgC 2中各元素原子都达到了稳定结构，则 MgC 2的电子式为 。（ 2）“酸浸”时， FeCO3与稀硫酸反应的化学方程式为 。滤

7、渣 I 的主要成分为 SiO2和 （填化学式）；为了提高浸取率除了适当增大稀硫酸的浓度和升温外，还可采取的措施 有 （写出两点）。（ 3）氧化”时， 次氯酸钠溶液将 MnSO 4氧化为 MnO 2的离子方程式为 ；滤渣 2的主要成分为 MnO 2和， （填化学式）。（ 4）“一系列操作”主要是指 。（ 5）一种碱式碳酸镁 4MgCO 3?Mg （OH）2?5H2O可用作防火保温材料，用化学方程式说明其 可作防火材料的原理： 。9. 以天然气和二氧化碳为原料在工业上均可以合成甲醇。1）目前科学家正在研究将天然气直接氧化合成甲醇：CH4（g）+ O2 （g） =CH 3OH（g）H=-146kJ?

8、mol-1已知该反应中相关的化学键键能数据如下：化学键C-OO=OH-OC-HE（kJ?mol-1）343498x413由此计算 x=（ 2）工业废气二氧化碳催化加氢也可合成甲醇：CO2（g）+3H 2（g）? CH3OH（g）+H2O（g）。在密闭容器中投入 1 mol CO2和 2.75molH 2，在不同条件下发生反应，实验测得平衡时甲醇的物 质的量随温度、压强的变化如图所示。 该反应的 H 0 （填“>”、“<”或“ =”，下同）。 M、N 两点时化学反应速率： v（N）v（M），判断理由是 3）化学式中 CHZ 为碳酰肼，其结构为，它是 为提高 CO2 的转化率除可以改变

9、温度和压强外，还可采取的措施有 ， 。 若 506时、在 10L 密闭容器中反应，达平衡时恰好处于图中M 点，则 N 点对应的平衡常数K= （结果保留两位小数）。（ 3）煤的电化学脱硫是借助煤在电解槽发生的反应将煤中的FeS2 转化为硫酸盐，达到净煤目的。在硫酸铁酸性电解液中首先发生反应FeS2+2Fe3+=3Fe2+2S，然后在某一电极上发生两个电极反应， 其中一个是使 Fe再生，则该电极为 极，该电极上的另一个电极反应式是 （所用电极均为情性电极）（ 4）废水处理时通入 H2S（或加 S2-能使某些金属离子生成极难溶的硫化物而除去。25时，某废液中 c（ Mn 2+） =0.02mol ?

10、L-1，调节废液的 pH使 Mn 2+开始沉淀为 MnS时，废液中 c（ H 2S=0.1mol?L -1，此时pH约为 ，已知：K s（p MnS ）=5.0 ×10-14H2S的电离常数：Ka1=1.5 ×10-7，Ka2=6.0 ×10-15， lg6=0.810.高氯酸三碳酰肼合镍 Ni （ CHZ ）3 （ClO 4） 2是一种新型的起爆药。（1）Ni 能与 CO 形成配合物 Ni （CO ） 4，配体 CO中提供孤电子对 的是 C 原子，其理由可能是 ；该配合物分子中 键与 键数目之比为 。（2）ClO 4-的空间构型是 。写出与 ClO 4-互为等电

11、子体的一种分子和一种离子： ， （填化学式）。种新型的环保锅炉水除氧剂。碳酰肼中氮元素的化合价为，碳原子的杂化轨道类型为 碳酰肼可以由碳酸二甲酯）和肼（ N2H4）反应制得，有关的化学方程式为（ 4）高氯酸三碳酰肼合镍可由 NiO 、高氯酸及碳酰肼化合而成。 比较次氯酸和高氯酸的酸性，并说明理由： 。 如图为 NiO 晶胞，若晶胞中含有的 Ni 2+数目为 a，Ni 2+的配位数为 b，NiO 晶体中每个 Ni 2+距 离最近的 Ni 2+数目为 c，则 a：b： c=。11. 高血脂是一种常见的心血管疾病治疗高血脂的新药I 的合成路线如图（ A-H 均为有机物）：已知：a回答下列问题：（ 1

12、）反应所需试剂、条件分别是 ，F 的化学名称为 。（ 2）反应的类型是 ；AB 的化学方程式为 。（3）G 的结构简式为 （ 4）化合物 W 的相对分子质量比 C 大 14 ，且满足下列条件的 W 的结构共有种。 （不考虑立体 异构）i 遇 FeCl 3溶液显紫色 属于芳香族化合物 能发生银镜反应 其中核磁共振氢谱显示有 5种不同化学环境的氢，峰面积比为2：2：2：1：1的是 （写出结构简式）（ 5）设计用甲苯和乙醛为原料制备选。（合成路线常用的表示方式为： 三、实验题（本大题共 1 小题，共 13.0分）12. 甲醛（ HCHO ），无色气体易溶于水，有特殊的刺激性气味，对人眼、鼻 等有刺激

13、作用。 40%的甲醛溶液沸点为 96，易挥发，在碱性溶液中具 有极强的还原性。为探究过量甲醛和新制Cu（OH ）2 反应的产物成分，进行如下探究：（ 1）在如图装置中进行实验，向 a中加入 0.5 mol?L-1 CuSO4溶液 50mL 和 5mol?L -1NaOH 溶液 100mL ，振荡再加入 40%的甲醛溶液 40mL，缓慢 加热 a，在 65时回流 20 分钟后冷却至室温。反应过程中观察到有棕色固体生成最后变成红色，并有气体产生。仪器 c 的名称是 。装置 A 中反应需要在水浴中进行，原因是 。能说明甲醛具有还原性的实验现象是 。H2不含 CO，将装置 A 和（ 2）查阅资料发现气

14、体产物是副反应产生的。为确认气体产物中含 如图所示的装置连接后进行实验。 依次连接的合理顺序为： ABH G 装置 B 的作用是 。 确认气体产物中含 H2而不含 CO 的现象是 。（ 3）为探究红色固体产物的组成，进行如下实验假设以下每步均充分反应）：已知： iCu2OCu （NH 3）4+（无色）Cu（NH3）42+蓝色）ii.2Cu+8NH 3?H2O+O 2=2Cu （ NH 3）42+4OH -+6H 2O 通过上述实验，可以得出红色固体产物主要是 。答案与解析1. 答案： B解析： 解： A 有机物易溶于有机物，浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出，故 A 正确； B低温、加压

15、更有利于超临界 CO2 萃取，故 B 错误； C由最后一步流程可知，升温、减压分离出产品和CO2，故 C 正确；D葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，故D 正确。故选： B 。 由实验流程可知，中草药粉粹后，加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出，然后萃取，超临界状态 下的 CO2 流体溶解性与有机溶剂相似，结合升温、减压分离出产品可知，低温、加压更有利于超临 界 CO2 萃取，且 CO2 流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点，以此解答该题。 本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关 键，侧重分析与实验能力的考查，注意信息及流程的应用，题

16、目难度不大。2. 答案： D解析： 解： A 18g水的物质的量为 0.9mol，而水中含 10个电子，故 0.9mol 水中含 9NA个电子，故 A 错误；B46g 乙醇为 1mol，每摩尔含有 5molC-H 键，常温常压下， 46g乙醇中含 C-H 键的数目为 5NA， 故 B 错误；C二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于4NA 个，故 C 错误；D在 1L0.1mol/L 的 NaF溶液中， NaF的物质的量 n=cV=0.1mol/L ×1L=0.1mol ，由于 F-是弱酸根， 在溶液中水水解为 HF，根据 F原子的守恒可知， F-和HF数目之

17、和为 0.1NA，故 D正确； 故选： D。A求出水的物质的量，然后根据水中含10 个电子来分析；B求出乙醇的物质的量，然后根据乙醇中含5条 C-H 键分析；C二氧化硫和氧气的反应为可逆反应；D根据物料守恒来分析。 本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解 题关键。3. 答案： A解析： 解： A 碳九主要含三甲苯、异丙苯、正丙苯、乙基甲苯等有机物，为混合物，由石油催化 重整可得到，故 A 正确；B连三甲苯含有 4种 H，则一氯代物有 4种，故 B 错误； C含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不一定在同一个平面上，故C 错误；D苯环

18、的甲基生成羧基，为氧化反应，故D 错误。故选： A 。A石油催化重整可得到芳香烃； B连三甲苯含有 4 种 H；C含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征； D可生成羧基，为氧化反应。本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构特 点以及官能团的性质，题目难度不大。4. 答案： C解析： 解： A、处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，是化学能转化为电能，故A 正确；B、电子由负极流向正极，即 X 极沿导线流向 Y 极，故 B 正确；C、X 极上每消耗 22.4L 气体时，即气体的物质的量为 0.5mol 的氮气，理论上有 3molK +移向 Y 极， 故 C

19、错误；D、Y 是正极，发生得电子的还原反应， 2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，消耗氢离子，周围 pH 增大， 故 D 正确。故选： C。 根据处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图知道：装置属于原电池装置， X 是负极，发生失电子的氧 化反应， Y 是正极，发生得电子的还原反应 2NO3-+10e-+12H +=N2+6H2O，电解质里的阳离子移向正 极，阴离子移向负极，电子从负极流向正极，据此回答。本题考查学生二次电池的工作原理以及原电池和电解池的工作原理知识，为高频考点，侧重学生的 分析能力的考查，属于综合知识的考查，难度中等，注意把握电极的判断方法和电极方程式的书写。5. 答案

20、： D解析： 解：由以上分析可知： m为 C、n为 N、p为 Mg 、q为Cl元素， A Mg 能够在氮气中燃烧生成氮化镁，故 A 正确；B离子核外电子层数越多，离子半径越大，具有相同核外电子排布的离子， 核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径的大小： q> n>p，故 B 正确；C非金属性： Cl>N>C，则最高价氧化物对应水化物的酸性： q>n>m，故 C 正确； DC、N、Mg 与 Cl 形成的二元化合物中，氯化镁为离子化合物，故D 错误；故选： D。短周期主族元素 m、n，p、 q的原子序数依次增大， n3-与 p2+具有相同的电子层结构，可知 n

21、为 N 元 素，p为Mg 元素；四种原子最外层电子数之和为 18，则可知 m、q的最外层电子数之和为 18-5-2=11 ， m的原子序数小于 N，则 m为 C，q为 Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答 该题。本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期 律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。6. 答案： C解析： 解： A 氧化铝与 NaOH反应，且滤液中加过滤盐酸不能生成氧化铝，不能除杂，故A 错误；B应将反应后的混合物注入水中，顺序不合理，故B 错误；C二氧化硫通入 Ba（ NO2） 3溶液，发

22、生氧化还原反应，生成硫酸钡白色沉淀，故C 正确；D AgNO 3溶液过量，均为沉淀生成，不能比较Ksp 大小，故 D错误；故选： C。A 氧化铝与 NaOH 反应，且滤液中加过滤盐酸不能生成氧化铝； B应将反应后的混合物注入水中；C二氧化硫通入 Ba（ NO2） 3溶液，发生氧化还原反应； DAgNO 3溶液过量，均为沉淀生成。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、沉淀生成、实验 技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。7. 答案： B 解析： 解： X 与 c（H+）的乘积为电离平衡常数， H 2C 2O4的电离平衡常数

23、 Ka1>K a2，直线 X 与 c （H+）乘积等于 1×10-1.22，直线X与c（H+）乘积等于 1×10-4.19，即 H2C2O4溶液的 Ka1=1×10-1.22，则 H2C2O4溶的 Ka2=1×10-4.19，则直线 表示 lgX 随溶液 pH的变化关系，直线 表示 lg2 2 4 a2随溶液 pH 的变化关系。=A 错误；则=100：A根据分析可知，直线 表示 lg 随溶液 pH的变化关系，故BpH=3.22，c（H+）=1×10-3.22mol/L ，H2C2O4 溶液的 Ka1=1×10-1.22，=10-

24、12.78， HC2O4-的电离1，故 B 正确；CHC2O4-的电离平衡常数 =1×10-4.19，HC2O4-的水解平衡常数 程度大于其水解程度， 溶液显酸性， 则 0.1mol/LNaHC 2O4溶液中： c（Na+）>c（HC2O4-）>c（C2O42-） >c（H2C2O4），故 C 错误；D比较草酸和碳酸电离平衡常数可知草酸Ka2大于碳酸 Ka2，向 Na2CO3溶液中加入等物质的量的草酸溶液生成草酸钠和二氧化碳， 正确的离子方程式为： CO32-+H2C2O4=C2O42-+H2O+CO2，故 D 错误； 故选： B 。AX 与 c（ H + ）的乘积

25、为电离平衡常数， H2C2O4 的电离平衡常数 Ka1>Ka2，直线 X 与 c（H+）乘 积等于 1×10-1.22，直线X 与 c（H+）乘积等于 1×10-4.19，即 H2C2O4溶液的 Ka1=1×10-1.22，则 H2C2O4 溶的 K a2=1×10-4.19，则直线 表示 lgX 随溶液 pH 的变化关系，直线 表示 lg 随溶液 pH 的变化关系。BpH=3.22，c（H+）=1×10-3.22mol/L ，结合 H2C2O4溶液的 Ka1=1×10-1.22计算；CHC2O4-的电离平衡常数 =1×

26、;10-4.19，HC2O4-的水解平衡常数=10-12.78电离程度大于其水解程度，溶液显酸性；D比较草酸和碳酸电离平衡常数可知草酸Ka2大于碳酸 Ka2，向 Na2CO3溶液中加入等物质的量的草酸溶液生成草酸钠和二氧化碳。本题考查弱电解质的电离、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电离平衡常数含义及其表达式、 计算方法是解本题关键，注意电荷守恒物料守恒及其盐类水解原理的理解应用，培养分析能力、理 解能力和应用能力。8. 答案：FeCO3+H2SO4=FeSO4+CO2 +H2O CaSO4 粉碎、搅拌（或多次用硫酸浸取、减小盐泥粒度、 延长浸取时间等） Mn 2+ClO -+2OH -=M

27、nO 2 +C-l+H2O Fe（ OH ）3 Al（ OH） 3 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤4MgCO 3?Mg （OH）2?5H2O 5MgO+4CO 2 +6H2O1： 1，则 MgC 2的电子解析： 解：（ 1）MgC 2中各元素原子都达到了稳定结构，阴阳离子个数比为式为： ； 故答案为：（2）“酸浸”时， FeCO3与稀硫酸反应的化学方程式为： FeCO3+H 2SO4=FeSO4+CO2+H2O；根据分 析，滤渣 I 的主要成分为 SiO2 和 CaSO4；适当增大稀硫酸的浓度、升温、粉碎、搅拌（或多次用硫 酸浸取、减小盐泥粒度、延长浸取时间等）可以提高浸取率；故答案为： FeCO3

28、+H 2SO4=FeSO4+CO2+H2O；CaSO4；粉碎、搅拌（或多次用硫酸浸取、减小盐泥 粒度、延长浸取时间等）；（ 3）氧化时，次氯酸钠溶液将 MnSO4 氧化为 MnO 2的离子方程式为：Mn 2+ClO -+2OH - =MnO 2 +C-l+H 2O；根据分析滤渣 2 的主要成分为 MnO2和 Fe（OH）3、Al（OH）3； 故答案为： Mn 2+ClO -+2OH -=MnO 2 +C-+l H2O；Fe（OH）3；Al（OH）3；（4）由含有 MgSO 4的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到MgSO 4?7H 2O ；故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（5）碱式碳酸镁 4M

29、gCO 3?Mg（OH）2?5H2O可用作防火保温材料， 在高温下发生反应： 4MgCO 3?Mg （OH）2?5H2O 5MgO+4CO 2 +6H2O，生成的 MgO 和 CO2可以防火保温；故答案为： 4MgCO3?Mg（OH）2?5H2O 5MgO+4CO 2+6H2O。根据流程：盐泥 主要成分为 Mg（OH）2，还含有少量 Al （OH ） 3、 FeCO3， MnCO 3、 SiO2、 CaCO3 等用稀硫酸酸浸，得到 MnSO4、MgSO4、Al2（SO4）3、FeSO4的混合溶液和不溶的 SiO2和 CaSO4， 过滤，滤渣 I 的主要成分为 SiO2和 CaSO4，向滤液中加

30、入 NaOH 、NaClO 溶液，可以将 Mn 2+氧化为 MnO 2，将 Fe2+氧化为 Fe3+，调节 pH5 6沉淀 Fe3+和 Al 3+，过滤，滤渣 2为MnO2和 Fe（OH）3、 Al （OH ） 3，最后将含有 MgSO 4的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到MgSO 4?7H 2O ，据此分析作答。本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信 息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能 力，题目难度中等。9. 答案： 465 < < 温度不变时，由图中可判断压强 P2< P1

31、，压强越大，化学反应速率越快将产物甲醇液化移去 增加氢气的浓度 1.04 阳 S+4H2O-6e-=8H+SO42- 5.2 解析： 解：（ 1）CH4（g）+ O2（g）=CH3OH（g）H=-146kJ ?mol -1=4×413KJ/mol+ ×498KJ/mol-（ 3×413KJ/mol+343KJ/mol+x ），x=465KJ/mol ，故答案为： 465；（2）由图可知，压强一定时，温度越高，CH3OH 的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故 H <0，故答案为：<； 正反应为气体体积减小的反应，温度一

32、定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的 量增大，故压强 P1>P2，压强增大，反应速率也增大，所以v（N）< v（M），故答案为：<；温度不变时，由图中可判断压强P1>P2 ，压强越大，化学反应速率越快； 在可逆反应中，增加一种反应物浓度可以提高另一反应物的转化率，所以为提高CO2 的转化率除可改变温度和压强外，还可采取的措施是将产物甲醇液化移去，增加氢气的浓度， 故答案为：将产物甲醇液化移去，增加氢气的浓度； 图中 M、N点温度相同，平衡常数相同， M 点时，容器体积为 10L，平衡时 CH3OH 的物质的量为 0.25mol ，则：CO 2（ g）+3H

33、 2（g）? CH 3OH （ g） +H2O（g）起始（ mol/L ）：0.10.2750 0变化（ mol/L ）：0.0250.0750.025 0.025平衡（ mol/L ）：0.0750.20.025 0.025故平衡常数 K=故答案为： 1.04；（ 3）在硫酸铁酸性电解液中首先发生反应FeS2+2Fe3+=3Fe2+2S，然后在某一电极上发生两个电极反应，其中一个是使 Fe 再生，亚铁变为 +3 价，所用电极均为情性电极，该电极为阳极，该电极上 的另一个电极反应式是硫单质得到电子发生还原反应，电极反应：S+4H2O-6e-=8H+SO42-，=c（ S2-）mol/L=2.5

34、 ×10-12mol/L ，故答案为：阳； S+4H2O-6e-=8H +SO42-；H2S 的电离常数：K1=1.5 ×10-7， K 2=6.0 ×10-15，4）当 Qc=Ksp（ MnS）时开始沉淀，所以故答案为： 5.2。pH=-lg6 ×10-6=6-lg6=6-0.8=5.2 ，15=9.0 ×10-22，结合 c（H2S）=0.1mol?L-1可（ 1）反应焓变 H= 反应物总键能 -生成物总键能；（2）由图可知，压强一定时，温度越高，CH3OH 的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；正反应为气体体积减小的反应，温度

35、一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的 量增大，故压强 P1> P2，压强越大，反应速率越快；在可逆反应中，增加一种反应物浓度可以提高另一反应物的转化率；0.25mol ，则： CO2（g） mol/L ）： mol/L ）： mol/L ）：起始 变化 平衡根据K=+3H20.10.0250.075g）? CH3OH（g） +H2O（g）0.2750.0750 00.0250.0250.20.0250.025计算； 图中 M、N点温度相同，平衡常数相同， M 点时，容器体积为 10L，平衡时 CH3OH 的物质的量为FeS2+2Fe3+=3Fe2+2S，然后在某一电极上发

36、生两个电极+3 价，所用电极均为情性电极，该电极为阳极，该电极上K1×K2=1.5 ×10-7×6.0 ×10-15=9.0 ×10-22 计算出 c（H+），然后可计算出溶液的pH。在硫酸铁酸性电解液中首先发生反应（3） 反应，其中一个是使 Fe 再生，亚铁变为 的另一个电极反应式是硫单质得到电子发生还原反应；（ 4）当 Qc=K sp（ MnS ）时开始沉淀，由此求出硫离子的浓度，结合 本题考查化学平衡的计算、难溶物溶度积计算、盖斯定律应用等知识，题目难度中等，明确盖斯定 律内容及化学平衡及其影响为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分

37、考查了学生的分析、 理解能力及综合应用能力。10. 答案： 电负性 O>C，O 原子不易给出孤电子对1： 正四面体形 CCl4 SO42- -2 sp2HClO 4的酸性比 HClO 的强， HClO 4中非羟基氧数目比 HClO 的多， HClO4中Cl 的正电性更高，导致 Cl-O-H 中 O 的电子向 Cl 的偏移程度比 HClO 的大， HClO 4更易电离出 H+ 2： 3：6解析： 解：（ 1）电负性 O> C， O原子不易给出孤电子对，配体 CO 中提供孤电子对的是 C原子。 Ni 原子形成的 4个配位键属于 键， CO与 N2互为等电子体， CO 分子结构式为 CO

38、，CO 分子中含 有 1个键、 2个键，故 Ni（CO）4中含有 8个键、8个 键， 键与 键数目之比为 8：8=1： 1，故答案为：电负性 O>C，O 原子不易给出孤电子对； 1：1；（2）ClO4-的中心原子 Cl 原子孤电子对 =0，价层电子对数 =0+4=4 ，微粒空间构型与它的 VSEPR 模型相同为正四面体形，故答案为：正四面体形；原子总数相等、 价电子总数也相等的微粒互为等电子体，与 ClO 4-互为等电子体的一种分子和一种离子可以是： CCl 4、SO42-等， 故答案为： CCl4、SO42-；（3） N-N键使 N元素表现 0价，N-H价使 N元素表现 -1价，N-C

39、键使 N元素表现 -1价，故碳酰 肼中氮元素的化合价为 -2 价；分子中碳原子形成 3个 键，杂化轨道数目为 3，故碳原子采取 sp2 杂 化，故答案为： -2； sp2；（4） HClO 4中非羟基氧数目比 HClO 的多， HClO 4中 Cl的正电性更高，导致 Cl-O-H 中O的电子 向 Cl 的偏移程度比 HClO 的大， HClO 4更易电离出 H+，故酸性： HClO 4> HClO ， 故答案为： HClO 4的酸性比 HClO 的强， HClO 4中非羟基氧数目比 HClO 的多， HClO 4中 Cl的正电性 更高，导致 Cl-O-H 中 O 的电子向 Cl 的偏移程

40、度比 HClO 的大， HClO4 更易电离出 H+；晶胞中含有的 Ni 2+数目=8× +6× =4以顶点 Ni 2+研究，其周围最近的氧离子处于棱心且关于镍离 子对称，可知 Ni 2+的配位数为 6以顶点 Ni 2+研究，与之距离最近的 Ni 2+处于面心，顶点为 8 个晶胞 共用、面心为 2个晶胞共用，故共有=12 个，则 a：b：c=4：6：12=2：3：6，故答案为： 2： 3：6。（ 1）电负性越大，原子越不易提供孤电子对； Ni 原子形成的 4个配位键属于 键，CO与 N2互为等 电子体， CO分子结构式为 CO，CO分子中含有 1个键、2个 键；（2）ClO

41、4-的中心原子 Cl 原子孤电子对 = =0，价层电子对数 =0+4=4 ，微粒空间构型与它的 VSEPR 模型相同；原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体；（3） N-N键使 N元素表现 0价， N-H 价使 N元素表现 -1价，N-C键使 N元素表现 -1价；分子中 碳原子形成 3个 键，杂化轨道数目为 3；碳酰肼可以由碳酸二甲酯）和肼（ N2H4）反应制得，该反应属于取代反应，同时还有甲醇生成；（ 4）非羟基氧数目越多，中心元素的正电性越高，越容易电离出离子； 如均摊法计算晶胞中含有的Ni 2+数目。以顶点 Ni 2+研究，其周围最近的氧离子处于棱心且关于镍离子对称，可知 Ni

42、 2+的配位数为 6以顶点 Ni 2+研究，与之距离最近的 Ni 2+处于面心，共有 12 个。 本题考查物质结构与性质，涉及配合物、化学键、空间构型、等电子体、杂化方式、分子结构与性 质、晶胞计算等，这些都是常考知识点，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力。11. 答案： 氯气、光照 辛醛 酯化反应或取代反解析： 解：1）反应是甲苯转化为由结构简式可知 F 为辛醛， 故答案为：氯气、光照；辛醛；2）反应是酯化反应，也属于取代反应；AB 的化学方程式为，故答案为：酯化反应或取代反应；3） G 的结构简式为，故答案为：4）化合物 W 的相对分子质量比化合物 C （）大14，W比C多 1个CH2

43、原子团，W满足下列条件：遇 FeCl3 溶液显紫色，说明含有酚羟基，属于芳香族化合物，即含有苯环，能 发生银镜反应，还含有醛基，含有 2个侧链为 -OH 、 -CH 2CHO ，有邻、间、对 3 种，含有 3 个侧链 为-OH 、 -CH3 、 -CHO ，而 OH 、 -CH 3有邻、间、对 3种位置，对应的 -CHO 分别有 4种、 4种、2种 位置，故符合条件的 W 共有 3+4+4+2=13 种，其中核磁共振氢谱显示有 5 种不同化学环境的氢，峰面积比为 2：2：2：1：1的W 的结构简式为：5）苯与氯气在光照条件下生成然后发生水解反应生成最后与乙醛在碱性条件下反应生成目标物，合成路线流程图为：故答案为：甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成D （CH 2Cl2）， D 在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发则 E 为 HCHO ，CH（3 CH 2）6CHO生取代反应， 但同一个碳原子上含有两个羟基不稳定会失水生成醛，和甲醛反应生成 G，根据题给信息知 G 为， G和氢气发生加成反应生成 H为甲苯在光照条件下与氯气发