河北省唐山市2025届高三化学第一次模拟考试试题（含解析）

河北省唐山市2025届高三化学第一次模拟考试试题（含解析）

相对原子质量（原子量）：HlLi7BllC12N14016Na23S32C135.5Cr52Fe56Zn65

L化学与中华古文化亲密相关，下列说法不正确的是

A.汉代烧制出“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为粘土

B.雾霾天气会危害人类的健康，“雾”和“霾”的分散质微粒不同

C.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极爱护法

D.煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和高级脂肪酸甘油酯

【答案】D

【解析】

【详解】A.陶瓷以黏土为原料，故A正确;

B.雾霾天气对人的健康造成危害，“雾”和“霾”的分散质微粒不相同，雾是粒度较大的液

滴，霾是粒度较小的固体颗粒，故B正确；

C.电热水器内胆一般是不锈钢或铜制成的，Mg较活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐

蚀，从而阻挡内胆被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极爱护法，故C正确；

D.花生油是植物油，植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，牛油是动物油，是饱和高级脂肪

酸甘油酯，故D错误；

答案选D。

2.设风为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.将4.6g钠用铝箔包袱并刺小孔，与足量水充分反应生成乂分子数为0.1M

B.标准状况下，22.4L己烷中含有的共价键的数目为19及

C.标准状况下，11.2L气胤中含有的中子数为84

D.标准状况下，7.1gCk通入足量石灰水中反应转移的电子数为0.2及

【答案】C

【解析】

【详解】A.4.6g钠为0.2mol钠，0.2mol钠与水反应生成的氢气的物质的量为0.ImoL反

应生成的氢氧化钠与铝箔还能反应生成氢气,故与足量水充分反应生成氢气分子数大于0.1临

故A错误；

B.己烷在标准状况下是液体，气体摩尔体积不适用，所以无法求其物质的量，含有的共价键

的数目也无法确定，故B错误；

C.标准状况下，H.2L文为物质的量为0.5moL而一个文胤分子中含16个中子，故

O5mol七附中含中子为84个,故C正确;

D.7.1g氯气的物质的量为0.Imol,而氯气和碱的反应为歧化反应，反应中消耗ImolCk转移

Imol电子，故0.Imol氯气和碱反应转移0.1N个电子，故D错误；

答案选C。

3.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下，A遇甲的

浓溶液发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体，上述物质

的转化关系如下图所示，下列说法正确的是

A.由于丁和戊化学键相同，所以它们都是平面结构

B.简洁氢化物的沸点：X>Z

C.简洁离子半径大小：X<Y

D.Y的简洁离子与Z的简洁离子在水溶液中可大量共存

【答案】B

【解析】

【分析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，A是元素Y的单质，常温下A遇甲的浓溶

液钝化，可知A为A1单质，Y为A1元素，丙是无色气体，贝U甲为压SCU、丙为SO2、丙、丁、

戊是由这些元素组成的二元化合物，二氧化硫能被戊氧化为硫酸，可知丁为H2,戊为压。2,

乙为Ak(SO4)3,则W、X、Y、Z分别为H、0、Al、S元素，据此分析结合元素性质解答。

6-2

【详解】A.丁为庆0,戊为H2O2,丛0中。原子杂化轨道数=。键数+孤对电子对数=2+----=4,

2

所以实行sp,杂化，分子构型为V型平面结构，H◎的构型为二面角结构，像半开书页型一般,

两个0在书轴上，两个氢分别和两个0相连，但不在同一平面上，结构如图所示：

B.X为0,Z为S,简洁氢化物分别为艮0和AS,水分之间存在氢键，使其熔沸点较高，H2s

分子间没有氢键，熔沸点较低，则简洁氢化物沸点：X>Z,故B正确；

C.X、Y分别为0、A1元素，其简洁离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则

简洁离子半径大小：X>Y,故C错误；

D.Y、Z分别为Al、S元素，Y的简洁离子为弱碱根（弱碱阳离子）离子，可水解生成氢氧化

铝和氢离子，Z的简洁离子为弱酸根离子，在水溶液水解生成硫氢根离子和氢氧根，二者放入

同一溶液中可相互促进水解反应，则不能大量共存，故D错误；

答案选B。

【点睛】铝与浓硫酸和浓硝酸在常温下都能发生钝化现象，由于甲溶液是浓硝酸，则生成的

气体是二氧化氮，为红棕色气体，丙是无色气体解除甲是硝酸的状况。

4.毒番石榴是自然界中最毒的树木之一，人若在树下避雨它的汁液会通过雨水渗进皮肤使人

中毒，毒番石榴汁液的主要成分佛波醇分子结构如下图，下列说法正确的是

A.该分子不能使稀高锦酸钾溶液褪色

B.佛波醇不能溶于水及甲苯

C.该分子中全部原子共平面

D.佛波醇可以发生加聚反应

【答案】D

【解析】

【详解】A.该分子含有碳碳双键和羟基，具有烯煌和醇的性质，能使稀高锦酸钾溶液褪色,

故A错误；

B.分子中羟基个数较多，能与水形成分子间氢键，可溶于水，故B错误；

C.该分子结构中含有亚甲基，为四面体结构，则全部原子不行能共平面，故C错误；

D.佛波醇分子结构中含有碳碳双键，具有烯煌的性质，可以发生加聚反应，故D正确；

答案选D。

【点睛】官能团的性质确定有机物的化学性质，清楚记忆双键，羟基能发生的化学反应是解

本题的关键。

5.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下列说法不正确的是

A.该分解过程是：2NO^^N2+()2

B.试验室制取NO可以用铜与稀硝酸反应

C.过程②释放能量，过程③汲取能量

D.标准状况下，NO分解生成5.6LN2转移电子数约为6.02X1()23

【答案】C

【解析】

【详解】A.依据图示，NO在催化剂作用下转化为氮气和氧气，该分解过程是：2N0圜幽冲+。2,

故A正确；

B.铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，可以用于试验室制取NO,故B正确；

C.过程②为N0在催化剂表面发生断键形成氮原子和氧原子，断开化学键须要汲取能量，过

程③为氮原子和氧原子重新形成化学键生成氮气和氧气，形成化学键须要释放能量，故C错

误；

催住剂

D.依据反应2N0^^N2+O2,0元素由-2价变为0价，生成Imol02,同时生成ImolN?,转移

4moi电子，标准状况下，NO分解生成5.6LN?为0.25mol,则转移电子数约为0.25mol

X4X6.02X1()23=6.02x1023个，故D正确；

答案选C。

【点睛】断裂化学键须要汲取能量，形成化学键要释放能量，本题中通过图示，了解清楚反

应历程很关键。

6.下列试验操作、现象及得出的结论均正确的是

选项试验操作试验现象试验结论

Cu片与足量浓硫酸加热反应，冷却

A后，再将冷水缓慢加入盛有反应混溶液变蓝证明反应生成了Cu2+

合物的烧杯中

B取少量某溶液于试管中，加入NaOH蓝色石蕊试纸变红溶液中含有NHj

浓溶液并加热，用潮湿的蓝色石蕊

试纸检验产生的气体

向20.00mL浓度均为0.01mol/L的

只产生黑色沉淀

CNa2s0,和Na?S的混合溶液中滴加几XP(Ag2S)<A；P(Ag2S04)

Ag2s

滴等浓度的AgNO,溶液

室温下，用pH试纸分别测定浓度均

pH：

D为0.Imol/L的Na2S03和Na2C03两种非金属性：s>c

Na2cC)3>Na2sO3

溶液的pH

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.由于运用的是足量浓硫酸，故浓硫酸会剩余在试管中，浓硫酸溶于水会放出大量

的热，为防止液体飞溅，确保试验平安，应将反应混合物加入到水中，故A错误；

B.氨气溶于水显碱性，能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝，则检验铁根离子，应运用潮湿红色石

蕊试纸，若潮湿的红色石蕊试纸变蓝，则证明溶液中含有NHJ故B错误；

C.Na*。」和N&S的混合溶液中含有硫酸根离子和硫离子，均可与银离子反应生成沉淀，由于

&小的先沉淀，只产生黑色沉淀，说明硫离子先和银离子反应，硫化银更难溶，则幻(AgzS)

<X(Ag2soJ,故C正确；

D.等浓度的Na2sO3和NazC%两种溶液的pH,后者大，可以说明Na2c更易发生水解，相应的

碳酸氢根离子的酸性更弱，但对应的并不是最高价氧化物对应水化物形成的酸，不能比较非

金属性的强弱，故D错误；

答案选C。

7.已知：p血=-1g而，25°C时，弱酸H2A的pXFl.85,pX2=7.19„常温下，用0.1mo/LNaOH

溶液滴定20mL0.1mol/L压A溶液的曲线如下图所示。

9.85

7.19

4.52

1.85

V。2040V[NaOH(>q)VmL

下列说法不正确的是

A.d点所得溶液中溶质的水解平衡常数&=10<19

B.c点所得溶液中:c(Na*)+c®)=2c(n+c(HA-)+c(OH-)

C.b点所得溶液中：C(A〉)>C(H2A)

D.a点所得溶液中：溶质是NaHA和H?A

【答案】A

【解析】

【详解】A.弱酸H.A的叫=1.85,p温=7.19,则(内。-咒&心弋d点为加入NaOH溶液

40mL,此时溶液中恰好生成NazA,为其次个滴定终点，此时Na2A水解使溶液显碱性，溶液的

2

pH为9.85,发生水解的方程式为A+H2O-HA+OH-,则A?「水解平衡常数

+14

（HA）c（0H）c（HA）c（0H）c（H）Kw10-

=10故A错误;

2+719

c（A-）c（H）"Ka2-1Q-

B.b点为加入NaOH溶液20mL,此时溶液中恰好生成NaHA,d点为加入NaOH溶液40mL,此时

溶液中恰好生成Na?A,则c点所得溶液是NaHA和Na2A的混合溶液，该溶液中存在电荷守恒：

c(Na+)+c(H+)=2C(A2-)+c(HA-)+c(OH-),故B正确；

C.b点加入NaOH溶液的体积为20mL,此时反应恰好产生NaHA,为第一个滴定终点，溶液中

+

存在质子守恒：C(H2A)+C(H)=C(A^+C(OH0,该点溶液的pH=4.52,显酸性，c(H.)>c(OH),

则C(A")>C(H2A),故C正确；

D.a点时，加入氢氧化钠的体积小于20mL,弱酸H2A过量，所得溶液中：溶质是NaHA和H?A,

故D正确；

答案选A。

8.碳酸盐在无机试剂制备中应用广泛。某探讨小组用如下两种方法制备FeCOao已知：FeCO3是

白色固体，难溶于水。

I.探讨小组用炼铁厂的铁矶渣制备FeCOs,铁矶渣主要含有KFe6(S03(0H)i2、ZnO、FezOs及少

(1)试剂1是过量的,滤渣2的成分是(写化学式)；

(2)“沉铁”发生反应的离子方程式是；

(3)沉铁后的滤液经“操作a”，再经过“过滤、洗涤、干燥”得到皓矶(ZnSO,•7H2),“操

作a”是取28.708皓矶的K0「720)加热，剩余固体的质量改变如图，100°C时所得固

体的化学式—o

«

30

余20

固10A(IOOeCJ790g)

体

的

典7\_

俄8(250,C,1610g)

/9

汹度/

200400600800

II.探讨小组又米纳如下装置制取FeCOs(C后及夹持装置略)。操作的关键是向Na£03溶液

(pH=12.11)通入一段时间CO,至溶液pH为7,再滴加肯定量FeSO,溶液，产生白色沉淀。

(1)画出装置B,B中所用试剂为；

(2)先向lmol/LNa2cO3溶液中通入C02的目的是；

(3)FeCOs溶于乳酸［CH3cH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，该试验小组用KMnO&测定

补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，发觉乳酸亚铁的质量分数总是大于100%,

其缘由是(不考虑操作不当引起的误差)。

2+-

【答案】(1).H2SO4(2).MgF2,CaF2>Fe(3).Fe+2HC03=FeC03I+C02f+H20(4).

蒸发浓缩、冷却结晶(5).ZnSO4-H2O(7).饱和NaHCO3溶液

(8).解除装置中的空气，降低溶液中OIT的浓度，防止生成Fe(OH)?(9).乳酸根中的羟

基被KMrA氧化，也消耗了KMnCh

【解析】

【分析】

I.用过量的稀硫酸溶解铁矶渣(主要含有K2Fe6(S03(0H)j2、Zn0、Fe203及少量的CaO、MgO、SiO2

等),SiOz不溶,过滤得到的滤渣I主要是Si。?，滤液为含有K\Fe3\Zn2\Ca2\Mg/的酸性

2+

溶液，加入铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe",Fe+2H=Fe+H2t,再加入NH,F使Ca"、Mg"离子沉

22+

淀，过滤，滤渣II含有过量的铁粉、CaF?、MgF2,滤液主要含有Fe\Zn,再加入NH4HCO3

沉淀Fe,生成FeCOs和CO?气体，得到的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶，再经过过滤、洗涤、

干燥，得到皓矶(ZnS0『7H2),据此分析解答；

II.(1)装置A反应制得的CO2气体中含有氯化氢气体，影响后续制取试验，据此分析；

(2)碳酸钠溶液碱性强，溶液中c(0H-)大，就会出现生成氢氧化亚铁与制备的FeC%成为竞争

反应，而导致制备的FeCOs纯度低，NaHCOs溶液碱性弱，制得FeCOs纯度高；

(3)依据乳酸［CH3cH(OH)COOH］的结构简式，乳酸中醇羟基，具有醇的性质，可与高镒酸钾溶液

反应，据此分析。

【详解】I.(1)依据分析，试剂1是过量的硫酸(H2soJ,滤渣2的成分是铁粉(Fe)、CaL、MgF2；

(2)“沉铁”发生反应的离子方程式是Fe2++2HC0J=FeC03I+C02t+H20；

⑶沉铁后的滤液经“操作a”，再经过“过滤、洗涤、干燥”得到皓矶(ZnSO-7压0),结合

分析，“操作a”是蒸发浓缩、冷却结晶；

皓矶(ZnS0「7H20)受热易分解，在不同的温度下分解可生成ZnSOuHzO或ZnSO&或ZnO,产物不

28.70g

同；28.70g皓矶的物质的量为：n((ZnS0-7H0)=-^=0.Imol,不论分解产物是什么，

4228o7g/;mol

依据锌元素守恒，物质的量为0.ImoL因此生成0.ImolZnSO/HzO的质量=0.lmol

X179g/mol=17.90g；生成0.lmolZnS04的质量=0.ImolX161g/mol=16.10g；生成0.ImolZnO

的质量=0.ImolX81g/mol=8.10g；依据上述分析：100°C时所得固体A的质量为17.90g,

生成的固体为ZnS04H20；

H.(1)装置A反应制得的CO2气体中含有氯化氢气体，影响后续制取试验，通入C装置前应

先进行洗气除杂，一般选用饱和碳酸氢钠，洗气时，气体应进步短出，装置图为

(2)装置中含有空气，空气中的氧气可以将亚铁离子氧化为铁离子，(%可将装置中的氧气解

除，防止亚铁离子氧化；同时碳酸钠溶液碱性强，溶液中c(OH)大，就会出现生成氢氧化亚铁

与制备的FeCOs成为竞争反应，而导致制备的FeCOs纯度低，NaHCOs溶液碱性弱，制得FeCOs

纯度高，则先向lmol/LNa2c溶液中通入CO2的目的是解除装置中的空气，降低溶液中0H一的

浓度，防止生成Fe(0H)z；

(3)乳酸中含有醇羟基，具有醇的性质，能被高镒酸金甲溶液氧化导致消耗高镒酸钾的增大，而

计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会

大于100%o

9.祕(Bi)的化合物在电子、医药等领域应用广泛。由辉锡矿(主要成分为Bi2s如含杂质Si。？

等，Bi2s3不溶于水和硫酸)制备Bi203的工艺如下。

回答下列问题：

(1)试剂a最好选用的试剂是(填选项字母)；

A.HC1溶液B.浓H2sC.HD溶液D.FeCL和HC1混合液

(2)辉秘矿的浸出液中铀元素主要以BF形式存在，写出浸出过程生成S渣的离子方程式

,“滤液b”中通入气体X后可循环利用，气体X是(写化学式)；

(3)“抽滤”用如下装置完成，请选择字母代号补全正确的操作依次(洗涤操作只做一次):

开抽气泵fa—b—d—fc一关抽气泵;

a.转移固液混合物b.关活塞Ac.开活塞Ad.确认抽干e.加洗涤剂洗

涤

(4)写出“煨烧”碱式碳酸锚［(BiO)£0/制备班战的化学方程式

(5)硝酸酸溶后调pH可得到碱式硝酸钿，碱式硝酸砌干脆灼烧也能得到BizO”上述工艺中却

转化为碱式碳酸铀再灼烧，除了能改良产品性状，另一优点是

(6)从“母液”中回收可用做炸药的物质是(写物质名称)。

3+3+2+

【答案】(1).D(2).Bi2S3+6Fe=2Bi+6Fe+3S(3),CL(或02)(4).

c-e-b-d(5).(BiO)2CO3—Bi2O3+CO2t(6).没有污染性气体产生(7).硝酸

钱

【解析】

【分析】

辉钿矿(主要成分是Bi0.含杂质Si。2等)制备钿酸钠，辉铀矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后

过滤，氯化铁氧化硫离子为硫单质：Bi2S3+6FeCl3=2BiCl3+6FeCl2+3S,盐酸是防止FeCk及BiCL

水解生成不溶性沉淀，得到滤渣为S,滤液中含有Bi*H+,Fe",滤液中加入铁粉过滤得到粗

祕：2Bi"+3Fe=3Fe"+2Bi、2Fe3++Fe=3Fe2+,滤液b主要是氯化亚铁，向滤液b中通入氯气或氧

2+

气，可将Fe转化为Fe＞得到主要含有FeCl3的溶液，可用于辉钿矿浸出操作，达到循环运

用的目的，“粗钿”中含有的杂质主要是Fe,通过熔盐电解精炼除去Fe,得到精钿，加入硝

酸溶解调整pH得到碱式硝酸秘，与碳酸镂溶液反应得到碱式碳酸钿，母液为硝酸镂，将碱式

碳酸秘煨烧生成BizOs,据此分析作答。

【详解】(1)依据分析，浸出溶浸过程中，辉钿矿加入氯化铁溶液和盐酸溶解后过滤，氯化铁

氧化硫离子为硫单质：Bi2S3+6FeC13=2BiC13+6FeCl2+3S,Bi",Fe"易水解生成沉淀，加入盐酸

可防止FeCL及BiCk水解生成不溶性沉淀，则试剂a最好选用的试剂是FeCk和HC1混合液

答案选D；

(2)辉钿矿的浸出液中钿元素主要以Bi"形式存在，浸出过程加入氯化铁溶液，氯化铁氧化硫

离子为硫单质，化学方程式为：Bi2S3+6FeC13=2BiCl3+6FeCl2+3S,离子方程式

BizS3+6Fe"=2BF+6Fe"+3S；滤液b主要是氯化亚铁，向滤液b中通入氯气或氧气，可将Fe"转

化为Fe"得到主要含有FeCL的溶液，可用于辉钿矿浸出操作，达到循环运用的目的，则气体

X是CL(或02)；

(3)抽滤操作的正确操作依次为开抽气泵一转移固液混合物一关活塞A一确认抽干一开活塞

A-加洗涤剂洗涤一关活塞A—确认抽干一开活塞A一关抽气泵，故答案为：cebd；

(4)依据分析，“煨烧”操作是将碱式碳酸铀煨烧分解生成Bi,。,和二氧化碳，化学方程式为

(BiO)2CO3®Bi203+C02f；

(5)碱式硝酸铀干脆灼烧也能得到BizOs,但同时产生氮氧化物，会污染大气。上述工艺中转化

为碱式碳酸祕再灼烧，可以改良产品性状，且没有污染性气体产生；

(6)依据分析，母液为硝酸镂，从“母液”中回收可用做炸药的物质是硝酸镂。

10.燃煤烟气中含有大量MX和S02,可经处理消退。

(1)用CH,催化还原NO.可以消退氮氧化物的污染。

-1

CH(g)+4N0z(g)e4N0(g)+C02(g)+2H20(g)；仪仁574.0kJ,mol

1

CHMg)+4N0(g)w2N2(g)+CO2(g)+2H20(g)；Ni=1160.0kJ•moF

①反应CH4(g)+2N0z(g)^N2(g)+CO2(g)+2H20(g)；_____；

②若该反应中将NO,还原为N2,消耗标准状况下5.6LCH4,则反应过程中转移的电子物质的量

为___;

(2)用CH,原N0?的反应为CH,(g)+2N0Z(g)N2(g)+C02(g)+2H20(g),向两个容积均为2L温度

分别为〃C、T2°C的恒温恒容密闭容器中分别加入物质的量为1mol的CH4和2moiNO2,测

得各容器中〃(N01随反应时间t的改变如图所示：

n(NO2)/mol

①7%(填“>"或)；

②71°C时，40^80min,用N?的浓度改变表示的平均反应速率为y(N?)=,此温度下的化

学平衡常数的;

③71°C下，200min时，向容器中再加入CH4、NO,和HQ(g)各1mol,化学平衡移动(填

“正向”、“逆向”或“不”)；

(3)亚氯酸钠(NaClO?)和次氯酸钠(NaClO)碱性混合液作为复合汲取剂可脱除烟气中的NO,、

S02,使其转化为N0「、SO广。

①写出NO与NaClOz反应的离子方程式：；

②下图表示在肯定条件下温度与复合汲取剂对烟气中SO,、NO脱除效率的关系。图中SO?比NO

脱除效率高的缘由可能是(答出一点即可)；

(4)用碱液脱硝是目前探讨的课题之一。

①将NO、N02限制物质的量之比接近1：1通入足量氢氧化钠溶液可制NaNOz溶液。请写出该反

应的离子方程式o

②将工业上氢氧化钠溶液脱硝得到的NaN02>NaN03的混合液和NaOH溶液分别加到下图所示的

电解槽中进行电解。写出A室NO2发生的电极反应：o

N2

电极Aff电极B

溶液

【答案】(1).867kJ・molT(2).2mol(3).<(4).0.0025mol,L',min1(5).

-

0.25(6).正向(7).4N0+3C102>40H=4N03+3Cr+2H20(8),SO?易溶于水，NO难溶

于水,SO,溶于汲取剂中的浓度明显比N0大(或SO?的还原性强或脱硝反应活化能较高)(9).

--

NO+NO2+2OH=2NO2+H20(10).2NO2+6e>4H2O=8OH+N2f

【解析】

【分析】

(1)①依据已知的热化学方程式利用盖斯定律解答;

②若反应中还原NO*至Nz,消耗标准状况下5.6LCH4,CH4被氧化为CO2,碳元素化合从-4价上

升为+4价，可结合甲烷的物质的量，可计算反应中转移电子数目；

(2)①依据先拐先平数值大原则分析，先拐先平温度高；

②TTC时，结合图像找出40~80minN2的浓度改变量计算y(Nj,利用三段式计算化学平衡

常数所

③TTC下，200min时，向容器中再加入CH”、NO?和也。3)各1mol,依据2与4的数值关

系推断；

⑶①废气中的N0与NaClO,反应，NaClO,具有氧化性，NO具有还原性，发生氧化还原反应，

生成N0「、C「，据此写出反应的离子方程式；

②烟所中SO?和NO的水溶性存在明显差异，影响了复合剂对烟气中SO,、NO脱除效率；

(4)①NO、N02和足量氢氧化钠溶液发生氧化还原反应生成NaNO2和水；

②通过A室产生了g,可知A极的电解质溶液为NaNOs和NaNO?的混合溶液，NOJ在A极放电为

N2,则A为阴极；则B极为阳极，电解质溶液为NaOH溶液，0IT在B极放电，据此分析。

1

【详解】(1)①已知：I.CH4(g)+4N02(g)4N0(g)+C02(g)+2H20(g)M=574.0kJ-moF,

1

II.CH4(g)+4N0(g)-2N2(g)+C02(g)+2H20(g)1160.0kJ-moF,

由盖斯定律：幻辿可得，CH4(g)+2N02(g)^N2(g)+CO2(g)+2H20(g)867kJ・mo：

2

②还原NO.至Nz,消耗标准状况下5.6LCH4,n(CH4)=0.25mol,依据反应可知，CH4转化为CO2,

C元素由-4价变为+4价，ImolCH4参加反应转移8moi电子，0.25molCH&参加反应整个过程

中转移的电子物质的量为0.25molX8=2mol；

(2)①依据先拐先平数值大原则，先拐先平温度高，则刀＜2；

②71°C时，结合图像，40^80min,NO,物质的量改变量=1.50mo-L10mol=0.40mol,浓度改

变量=O40mol=o20moi/L,依据反应CH4(g)+2N02(g)-N2(g)+C02(g)+2H20(g),浓度的改

2L

变量之比等于计量系数比，则N的浓度改变量为0.10mol/L,则MNz)=010mol/L=

80min-40min

0.0025mol»L120min时立C下,反应达到平衡，平衡时NO?物质的量为Imol,利用

三段式：

CH4(g)+2NO2(g)-N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)

始(mol/L)0.51000

变(mol/L)0.250.50.250.250.5

平(mol/L)0.250.50.250.250.5

化学平衡常数/詈粽*=嘴嘿臀

=0.25；

③71°C下,200min时,向容器中再加入CH”、N0?和H?0(g)各1mol,

*123

C(N2)-C(CO2)-C(H2O)0.25x0.25x121

22—<^=0.25,则化学平衡正向移动;

'C(NO2)-C(CH4)~Ix0.75-

(3)①废气中的NO与NaClOz反应，NaClO2具有氧化性，N0具有还原性，发生氧化还原反应,

生成N0「、Cr,则此反应的离子方程式为4N0+3C10J+40H=4NCV+3cr+2比0；

②SO?易溶于水，而N0难溶于水，导致汲取剂中SO2浓度明显比N0大，则S0?比N0脱除效率

高；

(4)①将N0、N0,限制物质的量之比接近1：1通入足量氢氧化钠溶液可制NaNOz溶液，该反应

-

的离子方程式：N0+N02+20H=2N02-+H20；

②NO?在阴极得电子被还原为氮气，结合B室的溶液是碱性溶液，故放电的方程式为：

2N02+6e+4H20=80H+N2t。

［化学选修3：物质结构与性质］

11.硼(B)钻(Co)和镒(Mn)形成物质时比较困难和改变多端。

(1)Co基态原子核外电子排布式为，其次周期元素第一电离能比B高的有

种；

(2)硝酸镒是工业制备中常用的催化剂，Mn(N0,中的化学键除了。键外，还存在______；

(3)NaBOz可用于织物漂白。BOJ的空间构型为写出两种与其互为等电子体的分子的化

学式：;

(4)下图表示偏硼酸根的一种无限长的链式结构，其化学式可表示为—(以n表示硼原子

的个数)；

下图表示的是一种五硼酸根离子，其中B原子的杂化方式为

(5)立方BN和立方AIN均为原子晶体，结构相像，BN的熔点高于AIN的缘由为

(6)一种新型轻质储氢材料的晶胞结构如下图所示，设阿伏加德罗常数的值为琳该晶体的

密度为_g・cnf"用含a、N.的代数式表示)。

【答案】(1).Is22s22P63s23P63dzs2或[Ar]3dzs2(2).6(3).Ji键、离子键⑷.

n-2

直线形(5).COZ或CSz或NQ或BeCl?(6).(B02)„(7).sp\sp(8).B原子

6.8x1031

半径更小，B-N键键长更短，键能更大(9).

【解析】

【分析】

(1)Co为27号元素，依据构造理论书写排布式；B位于周期表中第2周期，第IIIA族，同周

期主族元素，随着原子序数的增大，第一电离能有增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素反

常；

(2)硝酸镒是离子化合物，硝酸根中3个氧原子和中心原子N之间形成一个4中心6电子的大

“键；

(3)BOf中心原子的价层电子对数为2,孤电子对数为0；原子总数相等、价电子总数也相

等的微粒互为等电子体；

(4)依据均摊思想分析偏硼酸根离子的化学式，依据杂化轨道理论推断五硼酸根离子中B原

子的杂化方式；

⑸原子半径越小，键长越短，键能越大，原子晶体的熔点越高；

(6)结合晶胞中各离子数目计算晶胞质量，晶体密度=晶胞质量+晶胞体积。

【详解】(1)Co为27号元素，依据构造理论，其基态原子核外电子排布式为

Is22s22P63s23P63dzs2或［Ar］3d74s1同周期主族元素，随着原子序数的增大，随着原子序数的

增大，第一电离能有增大的趋势，但第HA族和第VA族元素反常，所以第一电离能比B大的

有Be,C,N,0,F,Ne,共有6个元素；

(2)硝酸锦是离子化合物，硝酸根和镒离子之间形成离子键，硝酸根中3个氧原子和中心原子

N之间形成一个4中心6电子的大K键，所以除。键外，还存在Ji键和离子键；

(3)B0?-的中心原子的价层电子对数为2,孤电子对数为0,立体构型为直线形；与B0J由3个

原子构成，价层电子数为16,互为等电子体的分子有CO?、CSz、NO、BeCk等；

(4)依据均摊思想，无限长链式偏硼酸根离子中，一个B相当于占有0的数目为1+2义,=2,

2

所以其化学式可表示为：(B03二依据杂化轨道理论，五硼酸根离子中，B原子部分形成3

根共价键，为sp2杂化，部分形成4根共价键，为s/杂化；

(5)立方BN和立方A1N均为原子晶体，B原子半径更小，B+键键长更短，键能更大，熔点更

IWJ；

(6)晶胞中，Na,位于晶胞的面上和棱上，离子数目=4X4+4XL=3；Li+位于晶胞的面心，离

24

子数目=2X^=1,BHJ位于顶点、面心和体心离子数目=1+4+8X^=4,故该物质的化学式

228

136

为NaJi(BH3,晶胞的体积片(aX10T°cm)2x(2aX10T°cm),晶胞质量=二且，晶体密度

A

136

31

6.8xl0曰

m------g-cmo

3

V(ax1010cm)2x^2axlO-locm^NA-a

［化学选修5：有机化学基础］

12.G是某抗炎症药物的中间体，其合成路途如下:

CH1COOH

<l>NaOHMME

O(2)■化

COOM

F

0

己知:①"

(CH1coM

Feld(呈碱性，易氧化)

(1)C的官能团名称是

(2)反应①的反应类型为；反应②的作用是；

(3)下列对有机物G的性质推想不正确的是(填选项字母);

A.ImolG与足量NaHC%溶液反应放出2moi