2019年辽宁省葫芦岛协作校高考化学二模试卷(解析版)

1、5.1.2.3.4.2019 年辽宁省葫芦岛协作校高考化学二模试卷、单选题（本大题共 6 小题，共 36.0 分）化学与生产、生话密切相关。下列说法错误的是（）A.生活中用到的陶瓷，如日用器皿、建筑饰材、卫生活具等主要是传统硅酸盐购陶瓷B.铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性和碱性食物，但可长时间存放咸的食物C.洗发时使用的护发素主要是调节头发的pH，使之达到适宜的酸碱度D.煤的干馏、海带提碘、石油裂解、芒硝风化等都涉及化学变化中国料学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH （一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图如图。下列说法错误的是（）6.一种新型的“电池的正极采用含有、Li

2、+的水溶液，负极采用固体有机聚合物用 An，（ Ali ） n 表示，电解质溶液采用 LiNO3溶液，聚合物离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开（原理示意图 如图）。已知含 If 的溶液呈棕黄色，下列有关判断正确的是（）O7.图甲0B乙A.B.C.D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为3: 1该过程中涉及极性健和非极性的断裂与生成基于 LDH 合藏的过程属于氮的固定工业中，氨经一系列反应可以得到硝酸A.图甲是原电池工作原理图，图乙是电池充电原理图B.放电时，正极液态电解质溶液的颜色变浅C.放电时，从右向左通过聚合物离子交换膜D.放电时，负极的电极反应式为：、双选题（本大题共 1 小题，共

3、6.0 分）常温下联氨（N2H4）的水溶液中有：1N2H4+H2O? N2H3+OH-K12N2H5+H2O? N2H6+OH-K2,该溶液中微粒的物质的量分数3（X）随-lgc （OH-）变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（选项实验目的实验方案A测定铝箔中氧化铝的含量取 ng 铝箔与足量稀盐酸充分反应，逸出气体用排水法收集， 测其体积为 bL （已转化为标准状况下）B比较醋酸与硼酸的酸性强弱分别向 0.1mol/L 醋酸和饱和硼酸溶液中加等浓度碳酸氢钠溶 液，观察现象，前者生成气体而后者不能C验证 Na2SiO3可用于制备防火剂取滤纸条放入 Na2SiO3饱和溶液中，吸浸后，稍沥干，放置在

4、 酒精灯外焰处，观察现象D证明溶液中存在平衡：3+-Fe +3SCN ? Fe （SCN）3向盛有 5mL0.005moL/1FeCI3溶液中加入 5mL0.005moL/KSCN 溶液，再继续加入少量KCl 固体，观察现象F 列实验方案不能达到实验目的是（A.图中I对应的微粒为B.由图可知，C.若C点为D.反应为、简答题（本大题共溶液，则存在： 的水解方程式 4 小题，共48.0 分）8.A.AB.BC.CD.D短同期主族元素 X、Y、Z、W、R、Q 原子序数依次增大。由这些元素组成的化合物甲、乙、丙、丁 的0.1mol/L 水溶液 pH 如表，丙、丁为二元化合物。甲溶液逐滴滴入丙溶液中，先

5、产生白色沉淀，后 沉淀消失；乙的水溶液可除油污。下列说法一定正确的是（）锆（4oZr）是现代工业的重要金属原料，具有良好的可塑性，抗蚀性能超过钛。以锆英石（主要成分是ZrSiO4，还含有少量 AI2O3、SiO2、Fe2O3等杂质）为原料生产锆及其化合物的流程如图所示0.1mol/L 水溶液甲乙丙丁pH131151A.原子半径：C.乙溶液去油污时只涉及到盐类的水解 下列有关有机化合物的说法正确的是（）A.麦芽糖的水解产物有两种，且互为同分异构体B.等质量的苯和苯乙烯完全燃烧，消耗氧气的体积在相同条件下不相同C.间二甲苯中苯环上的一个氢原子被“”取代时，有 9 种结构不考虑立体异构D.与甲苯或甘

6、油在一定条件下发生反应，其反应类型不同B.配制丙溶液时需加入丁溶液D.海水提镁的过程中一定用到化合物甲4)（1）_ 写出 SiCl4的电子式。（2）高温气化过程中，不考虑损失，发現分馏后得到的的 SiCl4质量大，用化学方程式来解释原因 _。（3） 高温气化后的固体残渣除碳外，还有Al2O3和 FeCb,加水浸取得氯化铁溶液，过滤，从滤渣中分离出碳和 A12O3两种固体的方法是 _。（4）写出上述流程中 ZrCl4与水反应的化学方程式：SiCl4质量通常比由纯 ZrSiO4发生的反应得到5.(5) 已知氧化锆(ZrO2)是一种两性氧化物，与氢氧化钠共熔融可形成酸盐，请写出化学方程式_。(6)

7、工业上可用钾还原 K2ZrF6时制得金属 Zr ,1 molKrFe被还原时生成的钾盐的物质的量为 _(7) 已知 pCB=-1gcB，lg2=0.3 .下列说法正确的是 _A.25C，电解质溶液的 pc (H+)与 pc (OH-)之和均为 14B.用盐酸滴定某浓度的 KOH 溶液，滴定过程中 pc ( OH-)逐渐增大C.BaCb 溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中pc( Ba2+)逐渐减小D.某温度下 KspZr (CO3)2=4.0 W ，则其它饱和溶液中pc (Zr ) +pc (CO3) =8.39.研究碳氧化合物、氢氧化合物、硫氧化合物等大气污染物的处理对缓解环境污染、能源危机具

8、有重要 意义。工业上处理氮的氧化物途径有多种：I.氨吸法。(1) 已知：12NO (g) =N2(g) +O2(g) 已二玄二玄 kJ/mol24NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) AH2=b kJ/mol则用 NH3处理 NO 生成氮气和气态水的热化学方程式为 _。n.催化氧化法：城市中 NOx和 CO 污染主要来源于汽车尾气，可以利用化学方法将其转化为无无害催化剂的物质如：2NO+2CO ? 2CO2+N2(AH V0)。(2)为研究汽车尾气转化为无毒无害的物质有关反应，在密闭容器中充入10 molCO 和 8 mol NO， 发生反应，如图 1 为平衡时 NO 的体

9、积分数与温度、压强的关系。1该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO 的转化率，可采取的措施有 _(填字母序号)a.改用高效催化剂 b。缩小容器的体积 c。升高温度 d。增加 CO 的浓度2压强为 10MPa、温度为 T1下，若反应进行到 20min 达到平衡状态，容器的体积为 4L ,用CO2的浓度变化表示的平均反应速率V (CO2) =_，该温度下平衡常数 Kp=_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压幽质的量分数；保留两位有效数字)。3若在 D 点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，达到的平衡状态可能是图中AG 点中的_ 点川.电解硝酸工业的尾气 NO 可制备 NH4NO

10、3,其工作原理如图 2(3)_N 极的电极反应式为 。(4)在 25C时，将 a mol?L-1氨水与 0.1 mol?L-1的硝酸等体积混合后溶液显中性，用含a的代数式表示 NH4NO3的水解常数 Kh=_10.铁、钴、镍等过渡元素在工业生产和科学研究中具有重要作用，回答下列问题。(1)_Fe3+简化的电子排布式为 _，第四电离能 I4(Co)I4(Fe)(填”或”V”)。(2)_ FeSO4常作净水剂和补铁剂， SO42-的空间构型为 _ ，其中硫原子采用 _ 杂化，任意写出一种 SO4的等电子体_。(3)Fe(CO)x常温下呈液态；熔点为-205C,沸点为 103C,易溶于非极性溶剂，据

11、此可判断Fe(CO)x晶体属于 _(填晶体类型)，若配合物 Fe (CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为 18,则 x=_。(4)_ 氮化铁晶体的晶胞如图 1 所示，该氮化铁晶体的化学式为 _。(5)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pg?cm-3,NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与紧邻且等距离的Fe2+数目为_ , Fe2+与 O2-最短核间距为 _ 。11. 乙烯是基本的有机化工原料。用乙烯和常见的有机物可合成一种醚类香料和一种缩醛类香料，具体合已知：1O+2R OH2ROH+ROH 0C ft回答下列问题：(1)_A 的结构简式为 _ , B 中

12、官能团名称为。(2)若 D 为单取代芳香族化合物且能与金属钠反应；毎个D 分子中只含有 1 个氧原子，DNr 丫）才 Z），故 A 错误；B . AlCl3溶液配制时加盐酸抑制水解，故 B 正确；C. Na2CO3水解显碱性，涉及盐的电离、水解等，油脂的水解，故 C 错误；D .海水提镁的过程中，选石灰将镁离子转化为沉淀，不需要 NaOH，故 D 错误；故选：B。0.1mo/L 甲溶液的 pH=13,说明甲溶液为强碱溶液，短周期元素形成的 强碱为 NaOH,则甲为NaOH；0.1mol/L 的丁溶液的 pH=1，应为氢化物，且完全电离，则丁为 HCI；0.1mol/L 的乙、丙溶 液的 pH

13、分别为 1、5,则乙为弱碱性溶液，丙为弱酸性溶液；甲溶液逐滴滴入丙溶液中，先 产生白色沉淀，后沉淀消失，说明丙溶液中含有铝离子，可能为 AlCl3；乙的水溶液可除油污，可能 为Na2CO3,结合短周期主族元素 X、丫、Z、W、R、Q 原子序数依次增大可知：X、丫、Z、W、R、Q分别为 H、C、O、Na、Al、Cl，以此来解答。本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握溶液的酸碱性、元素化合物知 识来推断元素为 解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。5.【答案】C【解析】解:A.麦芽糖的水解只生成葡萄糖，产物只有一种，故 A 错误；B .苯和苯乙烯（）是最

14、奇式均为 CH，等质量时含 C、H 的质量相同，则完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同，故 B 错误；C.间二甲苯”中苯环上有 3 种 H，-C2H3CI2”为 CCl2CH3或-CH2CHCl2或-CHClCClH2，形成的同分异构体最多有 3X3=9 种，故 C 正确；D . HNO3与甲苯或甘油在一定条件下 发生反应，都是取代反应，其反应类型相同，故 D 错误。 故选:C。B. 苯和苯乙烯（）是最简式均为 CH ；C. 间二甲苯”中苯环上有 3 种 H，-C2H3CI2”为 CCl2CH3或-CH2CHCI2或-CHClCClH2；D . HNO3与甲苯或甘油 发生的都是取代反 应。本题考查

15、有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧 重分析与应用能力的考查，注意选项 C 为解答的易错点，题目难度不大。6.【答案】B【解析】解:A.由该电池工作原理可知，电池的正极是含有、Li+的水溶液”且正极发生得电子还原反 应，即 l3-+2e-=3l-,观察图甲、乙可知，图乙是原电池工作原理图，图甲是电池充电原理图，故 A 错误；B. 放电时，正极反应式为 l3-+2e-=3l-,含 l3-的溶液呈棕黄色，c G）减小,电解质溶液的颜色变 浅，故 B 正确；C. 放电时，电解质溶液中阴离子应该由正极移向负极，但聚合物离子交换膜是隔膜，作用是将 液态正极和固态负极

16、分隔开，所以 NO3-不能通过聚合物离子交换膜，故 C 错误；D .放电时，负极固体有机聚合物 发生失去电子的氧化反应，电极反应式为 ALi2）n-2ne=An+2nLi+，故 D 错误；故选：B。原电池正极发生得电子的还原反应，负极发生失电子的氧化反应，根据电池的正极采用含有 l-、Li+的水溶液，负极采用固体有机聚合物”信息可知：原电池正极反应式为 l3-+2e-=3，负极 电极反应式为：ALi2）n-2ne=An+2nLi+，电池工作时，电子由负极经过导线进入正极，电流由 正极经过导线流向负极，电解质溶液中阴离子由正极移向 负极、阳离子由负极移向正极，据此 分析解答。本题考查新型原电池的

17、工作原理，为高频考点，提取题干信息、判断电池正负极就解题关键， 明确A .麦芽糖的水解只生成葡萄糖;应式，题目难度中等。正极和负极发生的反应类型与元素化合价的关系即可，注意 结合电解质溶液书写电极反键，注意结合守恒关系，为常见题型，题目难度中等。 *rCl：.高温8.【答案】， ；SiO2+2Cl2+2C S|iCl4+2CO 固体加入氢氧化钠溶液浸取溶解后过滤得到C #* *9:Cl： a和偏铝酸钠溶液，再向滤液中通入二氧化碳后过滤得到氢氧化铝白色沉淀，固体加热得到氧化熔融铝 ZrCl4+9H2O=ZrOCl2?8H2O+2HCI ZrO2+2NaOH 一 NazZrOs+HzO 6mol

18、AB【解析】解：锆英石(主要成分为 ZrSiO4,也可表示为 ZrO2?SiO2,还含少量 AI2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)ZrCI4+9H2O-ZrOCI2?8H2O+2HCI,故答案为:ZrCI4+9H2O ZrOCI2?8H2O+2HCI ；5) ZrO2为两性氧化物，它与氢氧化钠共熔可生成锆酸盐，应类似氧化铝的反应，其化学式为Na2ZrO3，反应的化学方程式：ZrO2+2NaOHNa2ZrO3+H2O,故答案为:ZrO2+2NaOHNa2ZrO3+H2O；通入足量的氯气以及和足量的石焦油反 应，ZrSiO4转化为 ZrCI4，加水水解，使 ZrCI4转化为ZrOCI2?8H2O

19、, 900E加热分解，即可得到 ZrO2,加入镁置换得到海绵锆，加入镁置换得到海绵 锆01) SiCI4分子中硅原子最外 层有 4 个电子，能形成 4 个共价键达到稳定结构，每个氯原子能形6) 工业上可用钾还原 K2ZrF6时制得金属 Zr，反应的化学方程式：K2ZrF6+K=Z 叶 6KF ,1moIK2ZrF6被还原时生成的钾盐的物质的量为 6mol,故答案为:6mol ；7)A . Kw 的大小受到温度的影响，温度越高 Kw 越大，Kw=C H+)?C OH-) pC H+)+pC OH-) =-lgCH+)?C OH-)=-lgKw，只有在常温下 kw=10-14, pC H+)+pC

20、 OH-)=14，故 A 正确；7.【答案】AD【解析】解:A 溶液中氢氧根离子浓度分析可知图中I对应的微粒为 N2H4，故 A 错误；B .心二 *.,B 点 c N2H5+)=c N2H6&，2=c OH-)=10-15,故 B 正确；A2H -)C. N2H5CI 溶液中存在 电荷守恒：c OH-)+c C)=c H+)+c N2H5+)+2c N2H62+),C 点显酸性，c H+)c OH-) , CI-) N2H5+)+2CN2H62+), 故 C 正确；D .分析可知反应 为 N2H5+的电离方程式，故 D 错误；故选:AD。已知联氨的两步电离分别为:N2H4+H2O?N

21、2H5+OH-,N2H5+H2O? N2H62+OH-.曲线I为N2H4、U为N2H5+、川为N2H62+,A .溶液中氢氧根离子浓度分析可知图中I对应的微粒为 N2H4；B . K2=., B 点 c N2H5+)=c N2H62+)K2=COH-)；C. N2H5CI 溶液中存在电荷守恒：c OH-)+c Cl-)=c H+)+c N2H5+)+2c N2H62+),C 点显酸性；D .反应 为 N2H5+的电离方程式；本题以 N2H4为背景，考查溶液中型体含量随 pH 的变化分析，把握图象的交点计算是解题的关故答案为：:CL：2)杂质 sio2也能在高温气化条件下反 应生成 sici4，

22、则分馏后得到的 sici4质量通常比由纯isZrSiO4发生的反应得到的 SiCl4质量大，反应的化学方程式：SiO2+2Cl2+2CS|iCl4+2CO,故答案为:SiO2+2Cl2+2CS|iCl4+2CO；3) 从滤渣中分离出碳和 A12O3两种固体的方法是：固体加入氢氧化钠溶液浸取溶解后 过滤得 到 C和偏铝酸钠溶液，再向滤液中通入二氧化碳后 过滤得到氢氧化铝白色沉淀，固体加热得到 氧化铝，故答案为：固体加入氢氧化钠溶液浸取溶解后 过滤得到 C 和偏铝酸钠溶液，再向滤液中通入二 氧化碳后过滤得到氢氧化铝白色沉淀，固体加热得到氧化铝；4) ZrCI4与水反应产物为 ZrOCI2?8H2O

23、，根据原子守恒，反应方程式为：成一个共价键达到稳定结构,7B 用盐酸滴定某浓度的 KOH 溶液，滴定过程中 c H+)逐析增加，则溶液的 pc 减小，pc OH-) 逐渐增大，故 B 正确；C. BaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加 过程中 c Ba2+)逐渐减小，则 pc Ba2+)增大，故 C 错误；D 某度下 KspZr CO3)2=4.0K0-12，则其饱和溶液中 c Zr4+)= c CO32-)，spZr CO3)2=cZr4+) K2CO32-)=4.0K0-12,CZr4+)=10-4mol/L, c CO32-)=2K10-4mol/L，pc Z4+)+PC CO32-)=

24、4+4-lg2=7.7，故 D 错误；故答案为:AB。锆英石(主要成分为 ZrSiO4，也可表示为 ZrO2?SiO2,还含少量 Al2O3 SiO2 Fe,O3等杂质)，通 入足量的氯气以及和足量的石焦油反 应，ZrSiO4转化为 ZrCl4，加水水解，使 ZrCl4转化为ZrOCI2?8H2O,900C加热分解，即可得到 ZrO2,加入镁置换得到海绵锆，加入镁置换得到海绵 锆O1) SiCI4分子中硅原子最外 层有 4 个电子，能形成 4 个共价键达到稳定结构，每个氯原子能形 成一个共价键达到稳定结构；2) 因锆英石含有杂质 SiO2,SiO2也能在高温气化条件下反 应生成 SiCl4；3

25、) 碳和氧化铝的化学性质的差异进行分离，氧化铝为两性氧化物，碳和 A12O3两种物质溶于 氢氧化钠溶于，过滤得到碳和偏铝酸钠溶液，滤液中通入二氧化碳后 过滤得到氢氧化铝沉淀， 氢氧化铝受热分解得到氧化铝；4) ZrCI4与水反应产物为 ZrOCl2?8H2O,结合原子守恒书写化学方程式；5) ZrO2为两性氧化物，它与氢氧化钠共熔可生成锆酸盐，应类似氧化铝的反应，其化学式为Na2ZrO3,结合原子守恒书写化学方程式；6) 工业上可用钾还原 K2ZrF6时制得金属 ZrO2,电子守恒计算 1molK2ZrF6被还原时生成的钾 盐的物质的量；7) A . Kw 的大小受到温度的影响，pc H+)+

26、pc OH-)=-lgKw ；B. 用盐酸滴定某浓度的 KOH 溶液，滴定过程中 c H+)逐斩增加；C. BaCl2溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加 过程中 c Ba2+)逐斩减小；D .某温度下 KspZr CO3)2=4.0K0-12,该饱和溶液中 c Z4+)= c CO32-)，计算。本题考查了海绵锆的制备以及物质分离提纯的方法和流程分析 应用，涉及流程的分析应用、离 子方程式的书写、基本实验操作、电解原理等，侧重于学生的分析能力和 实验能力的考查，解 答该类题目，注意把握实验原理和操作流程的目的，主要是物 质性质的理解，题目难度中等。9.【答案】4NH3(g) +6NO ( g) =5

27、2 (g) +6H2O ( g), AH= (3a+b) kJ/mol bd 0.05mol/1.+.7(L. min)MPa G NO+2H2O-3e =NO3+4H(10a-1) X10【解析】解：1) 2NO g)一N2g)+O2g) AH1=a kJ/mol4NH3g)+3O2g)2N2g)+6H2O g)AH2=b kJ/mol将方程式 3 + 得 4NH3g)+6NO g) 5 叫 g)+6H2O g) ,H= a+b)kJ/mol,故答案为：4NH3g)+6NO g)5 叫 g)+6H2O g)!= 3a+b)kJ/mol；2) a.改用高效催化剂，只改变化学反应速率不影响平衡移

28、 动，所以 NO 转化率不变，故错误；b. 缩小容器的体积相当于增大压强平衡正向移动，NO 转化率提高，故正确；c. 升高温度平衡逆向移动，NO 转化率降低，故错误；d. 增加 CO 的浓度平衡正向移动，NO 转化率提高，故选 bd；设参加反应的 n CO)=xmol,可逆反应 2NOg)+2CO g)?2CO2g)+N2g)开始(mol)81000反应 mol)xxx0.5x平衡 mol)8-x10-xx0.5x平衡时混合气体物质的量= :8-x+10-x+x+0.5x )mol= Q8-0.5x)mol,平衡时 NO 的体积分数=；二=25%,x=4.则生成 n CO2)=xmol=4mo

29、l ,v CO2)= mol/ L - min )=0.05mol/ L . min)；2加期平衡时 P NO)=X10MPa=2.5MPa、P CO)=帥叔 X10MPa= MPa、P CO2)= 皿1林川川IbjNof11(加湖打mJ*flX10MPa=2.5MPa、P N2)= ; X10MPa= MPa，2lli川川1故答案为：0.05mol/ L.min )； MPa-1;45相同压强下降低温度平衡正向移 动，NO 体积分数减小，同一温度下增大压强平衡正向移动NO 体积分数减小，所以符合条件的为 G，故答案为：G；3) M 电极 NO 得电子生成铵根离子，N 电极 NO 失电子和水反

30、应生成硝酸根离子和 氢离子，电 极反应为：NO+2H2O-3e-=NO3-+4H+， 故答案为：NO+2H2O-3e-=NO3-+4H+；4) 溶液中存在电荷守恒，c NH4+)+CH+)=CC)+COH-)，由于 NH4+)=CC)，故 H+)=cOH-)，溶液呈中性，故溶液中 c OH-)=10-7mol/L，溶液中 c NH4+)=c C) =x0.1mol?L=0.05mol?L-1，故混合后溶液中 c NH3. H2O) = xamol?L-0.05mol?L-1= 0.5a-0.05) 亠io7x II115II) +.mol/L，NH3?H2O 的电离常数 Kb=mol/L=mo

31、l/L，NH4+H2O? NH3HO+OH-，故答案为：10a-1)X107o1)2NO g)N2g)+O2g) AH1=a kJ/mol4NH3g)+3O2g) 2 叫 g)+6H2O g)AH2=b kJ/mol将方程式 3+ 得 4NH3g)+6NO g)5N，g)+6H2O g)焓变进行相应的改变；2) 该反应的正反应是反应前后气体体积减小的放热反应，增大压强、降低温度或增大 CO浓度或减小生成物浓度都使平衡正向移 动而提高 NO 转化率；设参加反应的 n CO)=xmol，可逆反应 2NO g)+2CO g)?2CO2)+心 g)开始 mol) 81000反应 mol )xxx0.5

32、x平衡 mol)8-x10-xx0.5x平衡时混合气体物 质的量=8-x+10-x+x+0.5x)mol= Q8-0.5x)mol，平衡时 NO 的体积分数=25%,x=4，II) -则生成 n CO2)=xmol=4mol, v CO2)=亠； A，平衡时 P NO) = - X10MPa=2.5MPa、P CO) = - X10MPa MPa、P CO2)=-i.i,211 X0MPa=2.5MPa、P N2)= X0MPa= MPa，lhi/zof1、- P(AT)该温度下平衡常数 Kp=相同压强下降低温度平衡正向移 动，NO 体积分数减小，同一温度下增大压强平衡正向移动NO 体积分数减

33、小；3) M 电极 NO 得电子生成铵根离子，N 电极 NO 失电子和水反应生成硝酸根离子和 氢离子；4) 在 25C时，将 amol?L-1的氨水与 0.1mol?L-1的硝酸等体积混合后溶液显中性，溶液中存在平衡 NH3. H2O? NH4+OH-，根据溶液的 pH 值计算溶液中 c OH-)，根#氯离子浓度计算 cNH4+)，利用物料守恒汁算溶液中 cNH3.H2O)，代入 NH3?H2O 的电离常数表达式计算得到,A u铵根离子的水解平衡常数 Kh=o本题考查化学平衡计算、水解平衡常数计算、电解原理等知识点，侧重考查图象分析判断、计 算能力，明确化学平衡常数、水解平衡常数计算方法是解本

34、题关键，注意三段式在化学平衡计 算中的灵活运用，题目难度中等。10.【答案】Ar3d5v正四面体形sp3CIO4-、S2O3HPO43-分子晶体5FesN6X1010pm【解析】解：1Fe 原子失去 4s 能级上 2 个电子、3d 能级上 1 个电子生成 Fe3+，根据构造原理书写 Fe3+的电子排布式为Ar3d5; Co3+核外电子排布为不稳定结构 3d6、较易失去电子，所以第四电离该温度下平衡常数Kp=_(2.5A/F( (7) )-x (yMPa-MPa-1,in in. Ti心7Kh=Ar.能较小；而/盼核外电子排布为半满稳定结构 3d5,较难失电子，所以第 4 电离能较大，故答案为：

35、Ar3d5；v；2） SO42冲 S 原子价层电子对个数=4+ =4 且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型及 S 原子杂化方式分别为正四面体形、sp3杂化；与 SO42-的等电子体的微粒中含有 5 个原子、价电子数是 26, SO42-的等电子体有：CIO4-、S2O32-、PO43-,故答案为：正四面体形;sp3；CIO4-、S2O32- PO43-；3）分子晶体熔沸点较低，该物质熔沸点较低，为分子晶体；若配合物 Fe CO）的中心原子价电子数与配体提供 电子数之和为 18, Fe 原子的价电子数是&每个 C 原子提供 2 个电子形成配位3）分子晶体熔沸点较低；若

36、配合物 Fe CO）的中心原子价电子数与配体提供 电子数之和为18,Fe 原子的价电子数是&每个 C 原子提供 2 个电子形成配位键，则 8+2x=18 ；4） 该晶胞中 N 原子位于晶胞内部，每个晶胞含有 2 个 N 原子，Fe 原子个数=12X+3+2X=6,（I2则 N、Fe 原子个数之比=2：6=1：3；5）该晶胞中 Fe2+个数=8X+6X=4、O2-个数=1+12X=4,与紧邻且等距离的 Fe2+数目为 6；2 1该晶胞体积=，晶胞棱长=T卩卩小 IFe2+与 O2-最短核间距为晶胞棱长的一半。本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、晶体类型判断、等电子体、微粒空间结构判断等

37、知识点，侧重考查基础知识灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，注意 4）中每键,则 8+2x=18,x=5,故答案为：分子晶体;5;4） 该晶胞中 N 原子位于晶胞内部，每个晶胞含有 2 个 N 原子，Fe 原子个数=12X+3+2X=6,（*2则 N、Fe 原子个数之比=2:6=1:3，其化学式为 Fe3N ,故答案为：Fe3N ；5）该晶胞中 Fe2+个数=8X+6X=4、O2-个数=1+12X，=4,与紧邻且等距离的 Fe2+数目为 6；人21该晶胞体积=,，晶胞棱长=,JJ/扎mA卩八41Fe2+与 O2-最短核间距为晶胞棱长的一半=乂飞 =XXXO1pm=；F wXO10

38、pm,故答案为：6；、厂XO1Opm。1）Fe 原子失去 4s 能级上 2 个电子、3d 能级上 1 个电子生成 Fe3+，根据构造原理书写 Fe3+的电 子排布式；Co3+核外电子排布为不稳定结构 3d6、较易失去电子，Fe3+核外电子排布为半满稳定 结构 3d5,较难失电子；c64 x t2） SO42冲 S 原子价层电子对个数=4+=4 且不含孤电子对，根据价层电子对互斥个顶点上原子被 6 个晶胞共用，而不是 8 个晶胞共用，为解答易错点11.【答案】羟基氧化反 .H Jilt宀丄* 应、* T . 114100ciOC一22 CHJCH-CTi【解析】解：1）由以上分析可知 A 为，B

39、 的结构简式为 CH3OH，含有的官能团为羟基，故答案为:；羟基;2）D 为苯乙醇，中-OH 转化为-CHO，反应类型为氧化反应，故答案为：氧化反应；3）苯乙醛与新的银氨溶液反应的化学方程式为故答案为：理论判断该微粒空间构型及 S 原子杂化方式；与 SO42-的等电子体的微粒中含有 5 个原子、价电子数是 26；4）苯乙醛的同分异构体的 满足：含有苯环和，结构，核磁共振氢谱有 4 组峰，峰面积之比为 3:2：2：1，符合条件的同分异构体为一CHO,YHJ,0故答案为：，；5）若化合物 E 为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大 28,则 E 比苯甲醚多 2 个 CH2,则能使 FeCI3溶

40、液显色，一定含酚-OH，若含酚-0H、丙基 2 种），存橫队间、对三种同分异构体，有 6 种；若苯环含 3 个取代基，则分别为-OH、甲基、乙基，有 10 种同分异构体，若有 4 个取代基， 则苯环含有 3 个甲基、 1 个羟基， 可看作-OH 取代邻二甲苯、 对二甲苯、 间二甲 苯的 H 原子，有 6 种，E 的所有同分异构体共有 6+10+6=22,故答案为：22;6）由 2-氯丙烷和必要的无机试剂制备八,2-氯丙烷先发生消去反应生成丙烯，再 /与氧气在 Ag 作催化剂条件下反应生成甲基环氧乙醚，最后与二氧化碳反应即可，合成流程为on - CHiCHCHi dh =CHCHj 匚氐-*，CHjHjCCH