2020年山东省淄博市高考化学二模试卷(有答案解析)

2020年山东省淄博市高考化学二模试卷

题号一二三总分

得分

一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）

1.下列有关叙述不正确的是（）

A.聚乙烯含有不饱和键，用它制取的塑料制品易老化

B.苯与浓HNC>3和浓H2sO4的混合液共热，发生取代反应

C.乙醇在不同条件下可以转化为CO?、CH3cH0、CH3coOC2H5

D.铁表面镀锌可以增强其抗腐蚀性，〜镀层局部破损后仍然具有防护作用

2.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确是（）

A.标准状况下，H.2LCHCI3含极性共价键数目为2NA

B.0.1Ll.Omol/LNaHS溶液中S2-和HS-总数为0.1叫

C.常温常压下，1.8g甲基（-I2C2H3）中含有的中子数为0.9NA

D.1molJ与足量铜铁合金反应，转移电子数的范围在和3&之间

3.某防晒产品中含水杨酸乙基己酯（结构简式如图）、丙烯酸八/、/"

（CH2=CH-COOH）,甘油（丙三醇）、水等物质。下列说法错误

的是（）

A.甘油具有保湿作用

B.丙烯酸可发生加成、取代和氧化反应

C.水杨酸乙基己酯苯环上的一氯代物有四种

D.水杨酸乙基己酯的分子式为©卜与。。,

4.四元轴烯（a）、苯乙烯（b）、立方烷（c）的分子式均为C^OHOK，下列说法正确的是（）

MCKO

（四元蜘t）律乙船位方黔

0bC

A.a的同分异构体只有b和c两种

B.a、c的二氯代物均只有三种，b的一氯代物有五种

C.a、b分子中的所有原子一定处于同一平面

D.a、b、c均能使溪的四氯化碳溶液褪色

5.电解法处理CO?和SO2混合污染气的原理如图所示，电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段

时间后，Ni电底表面形成掺杂硫的碳积层。下列说法错误的是（）

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A..N电极表面发生了还原反应

B.阳极的电极反应为：202-4a=0"

C.电解质中发生的离子反应有：SO^OJ+OJ-SO^-

D.该过程实现了电解质中碳酸盐和硫盛盐的自补充循环

6.已知25知时,向10mL0.01mol・LiNaCN溶液中逐滴加入0.01mol・L-i的盐酸,滴定曲线如图1

所示，CN-、HCN的物质的量分数(a)随pH变化的关系如图2所示，下列表述正确的是()

ffl।m2

A.b点时：c(C1-)>c(HCN)

B.d点时：c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH)+2c(CN-)

c.图2中的e点对应图1中的c点

D.选用酚髓试剂比选用甲基橙试剂作指示剂误差更小

7.25℃时，分别向NaA溶液和MCI溶液中加入盐酸和NaOH溶液，混合溶液的pH与离子浓度变

化关系如图所示•下列说法不正确的是()

A..Ka(HA)=1x10-5.5

B..a"时两溶液中水的电离程度相同

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C.曲线表示1篇需与pH的变化关系

1C\Mun)

D.0.01mol・LiMA溶液中存在：c(M+)>c(A-)c(OH)>c(H+)

二、简答题(本大题共4小题，共51.0分)

8.湿法冶炼脆硫铅睇矿(主要成分为PbJeSb6sI,制取睇白(Sb,O3)的工艺流程如图所示

悌向

灌流।海湾2海液I城液II

已知：①锦(Sb)为VA族元素，5与。3为两性氧化物

②“水解时睇元素转化为SbOCI沉淀

③K、[Fe(OH)l=8.0xl0-i6mobL-3,K[Fe(OH)]=4.0x10-38mol4L-41.

答得悯题9s3

(1)“氯化浸出”后的滤液中含有两种镶的氯化物，分别为SbC[和(化学式)。滤渣

1中所含的反应产物有PbCl,和一种单质，该单质是(化学式)

(2)“还原”是用睇粉还原高价金属离子。其中，Sb将Fe3+转化为Fe2+的离子方程式为,

该转化有利于“水解”时睇铁分离，理由是______o

(3)“中和”时若用NaOH溶液代替氨水，Sb2。?可能会转化为(填离子符号)，使锦

白的产量降低。

(4)睇白也可用火法冶炼脆硫铅睇矿制取，该法中有焙烧烧结、还原和吹炼等生产环节。与火

法冶炼相比湿法冶炼的优点为(任写一点)

(5)“还原用的Sb可由以下方法制得：用NazS-NaOH溶液浸取辉锦精矿(Sb2s3)，将其转

化为Na3sbs3(硫代亚睇酸钠)-NaOH溶液。按如图所示装置电解后，阴极上得到Sb,阴极区

溶液重新返回浸取作业，阴极的电极反应式为_____，该装置中隔膜是(填“阳”或

“阴”)离子交换膜

膜

隔

Na；S-N*OH溶液一

Jl|__________返回|_■

L浸取作业JJ

I

9.I.亚硝酰氯(CINO)是有机物合成中的重要试剂，可由NO与C1,反应制得。回答下列问题:

(1)氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用生成亚硝酰氯，有关反应的热化学方程式和

平衡常¥如下表

|反应|热化学方程式|平衡常数

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2NO+NaCl(s)^NaNO(s)+C1N0(g)出

I234

4NO,(g)+2NaCl(s)^2NaNO(s)+2NO(g)+C1(g)AH

n322J

山2NO(g)+C1(g)#2C1NO(g)AH

23J

则△&=______(用AH]、4凡表示)；K3=_____(用KpJ表示)。

(2)25c时，向体积为2L]i带气压计的恒容密闭容器中通入0.8molNO和0.4molC12

发生反应HI.已知：反应起始和平衡时温度相同

①测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图1曲线a所示，则0(填“>”、

或“不确定”)，理由是______。

若其他条件相同，仅改变某一条件时，测得压强(P)随时间(t)的变化如图1曲线b所示，则

改变的条件是，

i/min

②图2是两位同学描绘的上述反应平衡常数的对数值(IgK)与温度的变化关系图象其中正确的

曲线是(填“甲”或“乙”)，m的值为。

D.(3)TC时，在恒容密闭容器中通入CH30cH3,发生反应：CH30cH3(g)UCO(g)+H,

(g)+CH4(g),反应过程中CH30cH3的分压P(CH30cH3)分别与反应速率v(CH30cH3)、

时间t的关系如图3所示。已知该反应速率表达式为：v(CHQCHJ=k«P(CH30cH3),[k

为速率常数],则400s时v(CH30cH3)=kPa«s-i

10.磷及其化合物与人们的健康和生产生活密切相关。请回答下列问题：

(1)基态磷原子核外有_____种不同运动状态的电子

第一电离能：L(P)I,(S)(填“>”、或“=”)。

(2)PO43-的空间构型为

(3)亚磷酸(H3PO3)与过量NaOH反应生成Na,HPC)3,则H3PO3的结构式为。

(4)磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料,晶胞如图所示，则与P原子距离最近的B原子数为,

已知M原子的坐标参数为(0,0,0),c原子的坐标参数为0),则b原子的坐标参

数为：(,,)o

若晶胞参数为anm,设M是阿伏加德罗常数的值，则图中a原子与c原子之间的距离为

nm,晶胞密度为g/cm3(列出计算式)

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11.对甲氧基肉桂酸异辛酯是目前世界上最常用的防晒剂之一，具有极高的紫外光吸收率，安全性良

好，毒性极小,因此广泛应用于日用化工、塑料、橡胶和涂料等领域。

其合成路线如图：

回答下列问题：

(DC的化学名称：。

E中的两种含氧官能团的名称：.

(2)B为单卤代燃,合成线路中①的化学方程式

(3)由C生成D和由D生成E的反应类型___________、。

(4)F的结构简式_____________________o

(5)X与F互为同分异构体。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢其峰面积之比为6：2：

lo写出符合上述条件的X的结构简式______。

(6)请写出以乙烯和丙二酸为原料合成聚巴豆酸乙酯一(■gH—fH*的合成路线(无机

COOCH2CH3

试剂可任选)。

三、实验题(本大题共1小题，共12.0分)

12.超细Fe^C^粉体可制成磁流体。

(1)检验Fe3C)4中铁元素的价态：用盐酸溶解FesOy取少量溶

液滴加(写出化学式)溶液，溶液变红色；另取少量溶液

滴力UK[Fe(CN)J溶液，产生______o

(2)“氧化一沉淀法”制备Fe3O4

在N2保护下，向热NaOH溶液中加入新制的FeSO4溶液，搅拌，

得到Fe(OH)2浊液。再滴入NaNC>3溶液充分反应得到Fe?。"

同时还有NH3生成，则生成FejC^的离子方程式为。

(3)超细Fe3()4粉体的制备步骤：

I,分别称取一定量的FeCL,和FeCl,-4H2O溶于适量蒸馈水配成

溶液

口.将溶液加入到三颈烧瓶中(如图所示)，搅拌并加热

DI.30min后，不断搅拌下缓慢滴加1mol/LNaOH溶液至pH约为

W.加入少量柠檬酸三钠，升温至80℃恒温搅拌lh,然后冷却至室温。

V.从液体(胶体)中分离出超细Fe&4粗品。

VI.先用蒸储水多次洗涤，再用乙醇多次洗涤，60℃真空干燥2h

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①步骤DI中的混合液变黑。步骤I中控制Fe3+和Fe2+物质的量之比略小于2：I的原因是一

②胶体在加热且搅拌条件下极容易发生聚沉，则步骤W中加入柠檬酸三钠的作用可能为

③关于此实验，下列说法正确的是______。

A.用一束可见光照射步骤IV所得溶液会出现一条光亮的通路

B.步骤V能通过直接过滤得到超细Fe3C)4

C.步骤VI中乙醇作用为除水

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答案与解析

1•答案：A

解析：解：A.聚乙烯中不含有不饱和键，聚乙烯比较稳定，不易老化，故A错误；

B.苯与浓HNO’和浓H,S（）4的混合液共热，苯环的H原子被硝基替代，为取代反应，故B正确；

C.乙醇含有羟基，可发生氧化、取代反应，燃烧生成二氧化碳，发生氧化反应生成乙醛，发生酯化

反应生成乙酸乙酯，可实现转化，故C正确；

D.锌比铁活泼，形成原电池反应时锌为负极，镀层局部破损后仍然具有防护作用，故D正确。

故选：Ao

A.聚乙烯不含碳碳双键；

B.苯与浓HNO,和浓H,SC>4的混合液共热，苯环的H原子被硝基替代；

C.乙醇燃烧生成二氧化碳，发生氧化反应生成乙醛，发生酯化反应生成乙酸乙酯；

D.锌比铁活泼，形成原电池反应时锌为负极。

本题考查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为解答的难点，题目难度不大。

2.答案：C

解析：解：A.标况下CHC"是液态，不能使用气体摩尔体积，故A错误；

B.S2一部分水解为HS-和H2s分子，故溶液中的S2一、HS-,H,S总数为O.INA个，故B错误；

C.常温常压下，1.8g甲基"2C2H3）物质的量为O.lmoL含有的中子数为0.9NA，故C正确；

D.lmolC%与足量铜铁合金反应，氯气完全反应，转移电子数2NA，故D错误；’

故选：Co

A.气体摩尔体积使用对象为气体；

B.S2-部分水解为HS-和H2s分子；

C.1个（T2C2H3）含有9个中子;

D.氯气少量，,完全反应，转移电子数依据氯气计算；

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟悉以物质的量为核心计算公式是解题关键，注意气体摩

尔体积使用对象和条件，题目难度不大。

3.答案：D

解析：解：A.甘油易溶于水，具有保湿作用，故A正确；

B.丙烯酸含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，含有痰基，可发生取代反应，故B正确；

C.水杨酸乙基己酯苯环有4个H,结构不对称，一氯代物有4种，故C正确；

D.水杨酸乙基己酯的分子式为C15H22。3,故D错误。

故选：D。

A.甘油易溶于水，具有吸水性；

B.丙烯酸含有碳碳双键和段基；

C.水杨酸乙基己酯苯环有4个H,结构不对称；

D.根据结构简式判断元素种类和原子个数。

本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确官能团与性质关系

即可解答，侧重考查基本概念、烯崎、般酸等知识点，题目难度不大。

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4.答案：B

解析：解：A.a的分子式为C8H8,对应的同分异构体也可能为链状烧，故A错误；

B.a中的两个氯原子可在同一碳原子上，也可在相邻、相对的碳原子上，有3种，c两个氯原子可

在边、面对角线、体对角线位置，有3种，b有5种不同的H,则一氯代物有5种，故B正确；

C.b含有苯环和碳碳双键，都为平面形结构，两个平面之间为C-C键，可自由旋转，则不一定在同

一个平面上，故C错误；

D.c不含碳碳双键，与溟的四氯化碳溶液不反应，故D错误。

故选：B。

A.分子式为C8H8,符合分子式的有机物结构可以是多种物质；

B.根据一氯代物中氢原子的种类判断，b有5种不同的H；

c.b含有苯环和碳碳双键，都为平面形结构，两个平面之间为C-C键，可自由旋转；

D.c不含碳碳双键。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与

应用能力的考查，注意常见有机物性质的应用，题目难度不大。

5.答案：C

解析：解：A、Ni电极表面硫酸根离子和碳酸根得电子生成单质硫和单质碳，发生还原反应，故A

正确；

B、阳极是氧负离子失电子生成氧气，电极反应为202-4&=。21，故B正确；

C、电解质中发生的离子反应有：SO42-+6e-=S+4O2-^CO32-+4e-=C+3O2-,故C错误；

D、电解质中发生的离子反应SCy+GgS+dCh-和CC^-+4e=C+302r而氧负离子与二氧化碳和二氧

化硫结合生成硫酸根和碳酸根，从而实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环，故D正确；

故选：Co

A、Ni电极表面硫酸根离子和碳酸根得电子生成单质硫和单质碳；

B、阳极发生氧化反应生成

C、电解质中发生的离子反应有：SO42T6e=S+4O2一和CO32T4e=C+3O2一；

D、电解质中发生的离子反应SC)42-+6e=S+4O2.和COf-+4e=C+3Od,而氧负离子与二氧化碳和二氧

化硫结合生成硫酸根和碳酸根。

本题考查学生电解池的工作原理知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握电解池的

工作原理以及电极方程式的书写，题目难度不大。

6.答案：B

解析：解：A.b点时，溶液呈碱性，此时溶液中溶质为等物质的量浓度的c(NaCN)=c(NaCl)

=c(HCN),CN-的水解程度大于HCN的电离程度，所以c(HCN)>c(C1-)>c(CN-)>c(OH)

>c(H+),故A错误；

B.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(CL)=c(HCN)+c(CN-),

而根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(C1-)+c(OH)+c(CN-),则c(Na+)+c(H+)=c

(HCN)+c(OH)+2c(CN-),故B正确；

C.图2中的e点是HCN、NaCN浓度相等，而图1中的c点是两者恰好完全反应后继续滴加盐酸，

促进CN-的水解，使CN-的离子浓度变小，所以应增大溶液的pH值，所以图2中的e点对应图1中

的a点，故C错误；

D.两者恰好完全反应时d点溶液呈酸性，所以应用酸性范围内变化的指示剂甲基橙减小误差，故D

错误。

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故选：Bo

A.b点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCN、NaCl、HCN,溶液的pH>7,溶液呈碱性，则NaCN

水解程度大于HCN电离程度；

B.d点时溶液中溶质为等物质的量浓度的HCN、NaCl,溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电

荷守恒和物料守恒判断；

C.e点溶液的pH>9,溶液呈碱性，溶液中c(CN-)=c(HCN)；而图1中的c点是两者恰好完全

反应后继续滴加盐酸，促进CN-的水解，使CN-的离子浓度变小；

D.两者恰好完全反应时d点溶液呈酸性，所以应用酸性范围内变化的指示剂甲基橙减小误差。

本题考查离子浓度大小比较，侧重考查学生分析判断能力及知识综合运用能力，明确每一点发生的

反应、溶液中的溶质成分及其性质及离子浓度大小是解本题关键，易错选项是D。

7.答案：B

解析：解：NaA溶液中加入盐酸，溶液pH逐渐减小，c(A-)逐渐减小，c(HA)逐渐增大，则怆磊

的值逐渐减小，则曲线曲线L,表示1g%与pH的关系；MCI溶液中加入NaOH溶液，溶液pH逐渐

增大，c(M+)逐渐减小，c(MOH)逐渐增大，则1g*2的值逐渐减小，则曲线L1表示1g偌，与

pH的变化关系；

A.当1g薪=0时，此时溶液中K；,(HA)=c(H+)=1x10-5.5,故A正确；

B.a点溶液的pH>7,溶液呈碱性，对于曲线L2,由于A-离子水解导致溶液呈碱性，促进水电离;

曲线L中，MCI溶液呈酸性，a点呈碱性，说明加入NaOH溶液生成的MOH的电离程度大于M+离

水解程度，抑制水电离，所以两种溶液中水电离程度不等，故B错误；

C.根据以上分析知，曲线L1表示1g瑞京与pH的变化关系，故C正确；

D-曲线匕中，他黑时，磊=】，&(MOH)=c(OH-)>1XQ>1X10S5,根据&十磊

可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度A->M+,则MA溶液呈碱性，则

c(OH)>c(H+),根据电荷守恒得c(M+)>c(A-),其水解程度较小，所以存在(M+)>c

(A)>c(OH)>c(H+),故D正确；

故选：B„

NaA溶液中加入盐酸，溶液pH逐渐减小，c(A.)逐渐减小，c(HA)逐渐增大，贝ijlg需的值逐

渐减小，则曲线曲线L2表示1g薪与pH的关系；MCI溶液中加入NaOH溶液，溶液pH逐渐增大，

c(M+)逐渐减小，c(MOH)逐渐增大，则Ig隽；的值逐渐减小，则曲线L1表示1g■二与pH的

变化关系；

A.当1g篇))=0时，此时溶液中K；,(HA)=c(H+)；

B.a点溶液的pH>7,溶液呈碱性，对于曲线L2,由于A-离子水解导致溶液呈碱性；曲线L1中，

MCI溶液呈酸性，a点呈碱性，说明加入NaOH溶液生成的MOH的电离程度大于M+离水解程度；

C.根据以上分析判断曲线表示哪种微粒对数；

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D-曲线匕中，1g褊=0时，温=1，&(MOH)=c(OH.)>lxlO-5>lxlO-5.5,根据K产磊

可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度A->M+,则MA溶液呈碱性，再

结合电荷守恒判断。

本题考查酸碱混合的定性判断，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确图象曲线变化的含义

及哪条曲线表示哪种微粒浓度对数为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系,D为易错点，

试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

8.答案：SbJSSb+3Fe3+=3Fe2++Sb3+Fe2+比Fe3+更不易水解生成沉淀SbC^-(或“[Sb(OH)

J”“SbOJ')能耗低SbS33-+3e-=Sb+3S2-阳

解析：解：(1)“氯化浸出”后的滤液中含SbC),滤渣中除了PbCl,外，还含有的一种单质是S

单质，

故答案为：SbCl5；S；

(2)Sb将Fes+转化为Fe2+的离子方程式为Sb+3Fe3+=3Fe2++Sb3+,该转化有利于“水解”时睇铁分

离,理由是Fe2+比Fe3+更不易水解生成沉淀，

故答案为：Sb+3Fe3+=3Fe2++Sb3+；Fe2+比Fe3+更不易水解生成沉淀；

(3)“中和”时若用NaOH溶液代替氨水,Sb,。?可能会转化为SbOM或“[Sb(OH)J”“SbO,-”)，

使睇白的产量降低，

故答案为：SbO33-(或“[Sb(OH)J”“SbO,-")；

(4)锦白也可用火法冶炼脆硫铅睇矿制取，该法中有焙烧、烧结、还原和吹炼等生产环节。与火法

冶炼相比，湿法冶炼的优点有能耗低(或“安全性高”等)，

故答案为：能耗低；

(5)电解池阴极上得到Sb,可知阴极的电极反应式是：SbS33-+3e-=Sb+3S2-,阴极区溶液中c(S>)

增大，阳极区溶液中的Na+穿过隔膜进入阴极区，因此隔膜应选用阳离子交换膜，阴极区生成的Na2s

溶液可以返回浸取作业，

故答案为：SbS33-+3e-=Sb+3S2-；阳。

由流程可知，“氯化浸出”是将矿粉加水后再通入C%浸取后得到滤渣i和滤液，Cl2将脆硫铅睇矿

中低价锦氧化到高价，结合“锦为VA族元素”等题给信息，不难得出滤液中所含的另一种睇的氯

化物为SbCg.C,是一种常见的强氧化剂，氧化Sb3+的同时也会将Fe2+氧化成Fe3+,S2一必然被氧化，

结合题设可推知“氯化浸出”后的滤液中含SbCg，滤渣中除了PbCl?外，还含有的一种单质是S单

质；

“还原”过程是向所得滤液中加入睇粉。睇粉有还原性，加入睇还原高价金属离子，将仃价睇还原

成+3价锦，选择锦粉作还原剂，一是因为睇粉不会引入新杂质离子，二是将Fe3+还原成Fe2+,有利

于下一步“水解”分离得到SbOCl,由还原后睇元素的价态，可知Fe3+转化为Fez+的离子方程式；

“水解”的目的是睇铁分离，这是本题的难点。学生做题可能已经形成思维定势：铁元素的分离通

常采用的是将Fe2+氧化成Fe3+,向体系中加碱调节pH,利用Fe3+易水解形成沉淀而除去。如若按照

这个思路阶梯，就会陷入困境。此题中信息②给出水解的目的是将锦元素转化为SbOCl沉淀，因此

要迅速推断杂质元素铁分离不是采用常规方法，而是Fe3+转化为Fe2+后，Fe2+更不易水解，留在滤液

中，实现睇铁分离；

“中和”是向水解所得的SbOCl沉淀中加入氨水，使睇元素转化为SbzO/nH?。,利用氨水中和SbOCl

水解产生的HCL使平衡右移。Sb?03是两性氧化物，若使用NaOH^替氨水，可能会因NaOH过量

而使Sb,。?转化为可溶性的[Sb(OH)J(或“SbO,-"“SbO.”),从而导致睇白产量降低，最后

洗涤、干燥得到锦白，以此解答该题。

本题综合考查混合物分离提纯以及物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合

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物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较

大，而对大部分考生而言，睇元素及其化合物都是陌生的，这就需要考生充分挖掘利用题给信息，

实现知识的迁移，注意湿法冶炼的主要优点是耗能低。

9.答案：¥<正反应是气体分子数减小的反应，开始时压强增大，说明正反应放

热加入催化剂乙10.0154(1.54x10-2)

解析：解：(1)已知：I2NO2+NaCl(s)#NaNO3(s)+C1NO(g)AH,K,

H4NO,(g)+2NaCl(s)?i2NaNO3(s)+2NO(g)+C12(g)J

DI2NO(g)+C1,(g)U2C1NO(g)AH,J

根据盖斯定律，2xi-n=m,则△也=24^人凡；

故答案为：2△乩这也；言；

(2)①分析题图1曲线a知反应过程中压强先增大后减小至不变，压强先增大是因为正反应放热，

随着反应的进行，反应物浓度减小，压强又减小至不变，正反应是气体分子数减小的反应，开始时

压强增大，说明正反应放热，故AHVO；曲线b与曲线a相比，反应速率加快，平衡状态不变，故

改变的条件是加入催化剂；

故答案为：<；正反应是气体分子数减小的反应，开始时压强增大，说明正反应放热；加入催化剂;

②该反应为放热反应，则升温平衡逆向移动，平衡常数减小，IgK减小，故曲线乙正确，设反应达

到平衡时，C12转化了xmol・L“，由三段式法计算：2N0(g)+C12(g)U2C1N0(g)

c起始：0.40.20

c转化：2xx2x

c平衡：0.4-2x0.2-x2x

根据反应起始和平衡时温度相同，且反应在恒容容器中进行，则有：孤=称，解得x=0.1,故25℃

0X2

时反应的平衡常数~=10,lgK=l；

0.2’X0.1

故答案为：乙；1;

(3)由图可知，P(CH30cH3)=10.0kPa时，v(CH30cH?)=4.4xlO-3kPa«s-i,则k=4.4xl0-4s-i,400s

时,P(CH30cH3)=35.0kPa,v(CH30cH3)=k«P(CH30cH3)=4.4x10-4S-1x35.0kPa=0.0154

(1.54x10-2)kPa«s-i；

故答案为：0.0154(1.54x10-2)o

(1)已知：I2N0,+NaCl(s)UNaNO；(s)+C1NO(g)

H4N0,(g)+2NaCl(s)#2NaNO3(s)+2NO(g)+C1,(g)AH,K2

BI2NO(g)+C1,(g)U2C1NO(g)AH3理,

根据盖斯定律，5xi-n=ni可得；

(2)①根据压强对化学平衡的印象分析；

②根据温度对化学平衡的影响分析可得；设反应达到平衡时，Cl2转化了xmobL-i,由三段式法计算：

2NO(g)+C12(g)U2C1NO(g)

c起始：0.40.20

c转化：2xx2x

c平衡：0.4-2x0.2-x2x

根据反应起始和平衡时温度相同，且反应在恒容容器中进行，则有：黑二黑，解得x=0.1,据此计

第11页，共15页

算可得；

(3)由图可知，P(CH3OCH3)=10.0kPa时，v(CH&CHJ=4.4xlO-3kPa«s-i,贝ijk=4.4xl0«s-i,400s

时,P(CH30cH3)=35.0kPa,代入计算可得。

本题考查了化学原理，涉及盖斯定律、影响化学平衡的因素、化学平衡的计算等，题目难度中等，

注意对相关原理的掌握并灵活运用。

10.答案：15>正四面体H—O—P—O—H或II—O—P—O—H4a彳石弓a(或

42X4

0.707a)

解析：解：(1)原子核外有几个电子，其电子就有几种不同的运动状态，P原子核外有15个电子,

则有15种不同的运动状态：同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第HA

族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，P、S位于同一周期但P位于第VA族、S位于第VIA族,

所以第一电离能：L(P)>1,(S),

故答案为：15；>；

(2)该离子中心原子价层电子对个数=4产产=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判

断该离子空间构型为正四面体，

故答案为：正四面体；

(3)亚磷酸(H3PO3)与过量NaOH反应生成Na2HPC>3，亚磷酸分子中两个H原子被钠离子取代，

说明亚磷酸是二元酸，该分子中含有2个羟基氢原子，所以其结构式为

0O

IIjI

H—0—P—O—H或H—O—r—0—H，

00

故答案为：H—0—P—O—H或II—0—I—0—H;

HH

(4)根据图知，每个P原子连接4个B原子，与P原子连接的B原子是距离最近的B原子，所以

与P原子距离最近的B原子数为4；M原子的坐标参数为(0,0,0),c原子的坐标参数为(；，i,

0),则晶胞长度为1,b原子位于晶胞体对角线长度喏处，贝ijb在x、y、z轴上的投影分别是|、：、

则b的晶胞参数为，b位于Mac形成的正四面体体心上，a、c之间距离等于Me之间距离，为面

对角线长度的一半=玄(或0.707a)nm；该晶胞中P原子个数=8x：+6xg=4、B原子个数为4,晶胞体

、.4-x41乂442x4

积=(axl0-7cm)3,晶胞密度=^1_=--~、g/cm3=7sg/cm3,

V3x10-7)30

111/242x4

故答案为：4；不不干ya(或0.707a)；(。.7亦海。

第12页，共15页

（1）原子核外有几个电子，其电子就有几种不同的运动状态；同一周期元素，第一电离能随着原子

序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素；

543—4X2

（2）该离子中心原子价层电子对个数=41^—=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判

断该离子空间构型；

（3）亚磷酸（H3P。3）与过量NaOH反应生成Na,HPC>3,亚磷酸分子中两个H原子被钠离子取代，

说明亚磷酸是二元酸，该分子中含有2个羟基氢原子；’

（4）根据图知，每个P原子连接4个B原子，与P原子连接的B原子是距离最近的B原子；M原

子的坐标参数为（0,0,0）,c原子的坐标参数为（g,0）,则晶胞长度为1,b原子位于晶胞

体对角线长度的;处，则b在x、y、z轴上的投影分别是:、:、；，b位于Mac形成的正四面体体心上，

a、c之间距离等于Me之间距离，为面对角线长度的一半；该晶胞中P原子个数=8x36x%4、B原

子个数为4,晶胞体积=（axl0-7cm）3,晶胞密度=2：_。

v

本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、价层电子对互斥理论、元素周期律等知识

点，侧重考查对基础知识的理解和灵活运用，难点是晶胞计算，注意b点在晶胞中位置判断，为解

答易错点，题目难度中等。

11.答案：（1）对甲基苯酚；醛基、醛键；

CHJCHJ

BrOH

(3)取代反应、氧化反应；

(4)CH3cH2cH2cH2cH(CH2cH3)CH.OH；

(5)(CH3)2cHeH20cH,CH(CH3)2；

““水Cu/Ag帐/△

CH2=CH2-i-CHaCHaOH----------►CHaCHO>CHsCH=CHCOOH

A丙一破

“、CH3

⑹CH3cH20H,I,

*CHJCH=CHCOOCH2CH3*dCH—fH*

浓确物△

COOCH2CH3

解析：【分析】

本题考查有机物推断和合成，侧重考查推断及知识迁移能力，明确对甲氧基肉桂酸异辛酯合成中反

应类型及反应特点是解本题关键，注意（6）中乙醛生成2-丁烯酸反应与E生成G反应类型相同，

采用知识迁移方法进行合成路线设计，题目难度中等。

【解答】

甲苯和漠发生取代反应生成B,B水解生成C,根据C结构简式知，B为&J,C发生取代反应生

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成D,D发生氧化反应生成E,E与丙二酸、哦咤加热生成G,根据G、甲氧基肉桂酸异辛酯结构简

式知，该反应为酯化反应，则F结构简式为CHWH,CH.CH,CH(CH9CH3)CH.OH；

一CIl3

(6)乙烯和丙二酸为原料合成聚巴豆酸乙酯三Cll—€11X,二Cll-CII三

COOCII2cli3COOCH2cli3

可由2-丁烯酸乙酯发生加聚反应得到，2-丁烯酸乙酯可由2-丁烯酸和乙醇发生酯化反应得到，乙醇

可由乙烯和水发生加成反应得到，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛发生反应生成2-丙烯酸。

(1)C的化学名称是对甲基苯酚，E中的两种含氧官能团的名称醛基、酸键，

故答案为：对甲基苯酚；醛基、醛键：

CHJCH,

(2)①的反应为对甲基浪苯发生水解反应得到的，该反应方程式为@)+NaOH*@+NaBr,

BrOH

CHBCHI

故答案为:«+NaOH与⑥+…；

BrOH

(3)由C生成D和由D生成E的反应类型分别为取代反应、氧化反应，

故答案为：取代反应、氧化反应；

(4)合成甲基肉桂酸异辛酯所需的F的结构简式CH3cH2cH2cH2cH(CH2cH3)CH2OH,

故答案为：CH3cH,CH?CH,CH(CH2cH3)CH^OH；

(5)X与F互同与异构体；F为CH；CH2CH,CH2cH(CH2cH3)CH2OH,X的核磁共振氢谱显示三

种不同化学环境的氢，其峰面积之比为&：2：1,符合上述条件的大的结构简式为(CH3)

2cHeH20cH2cH(CH3)2，

故答案为：(CH3),CHCH,OCH,CH(CH3)2；

产

(6)以乙烯和丙二酸为原料合成聚巴豆酸乙酯三Cll-CJIdn-,

COOCH2cli3

产

TCll—CH可由2-丁烯酸乙酯发生加聚反应得到,2-丁烯酸乙醋可由2-丁烯酸和乙醵

COOCIhCllj

发生酯化反应得到，乙醇可由乙烯和水发生加成反应得到，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛反应

生成2-丙烯酸，其合成路线为

水Cu/Ag

CHZ=CH2►CH3CH2OH-~►CH3CHO_»CHiCH=CHCOOH

A丙aE一酸itfe

CH3

CHJCHJOH