2025届全国18名校高三第二学期期终质量调研测试化学试题含解析

2025届全国18名校高三第二学期期终质量调研测试化学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、一种熔融KNO3燃料电池原理示意图如图所示，下列有关该电池的说法错误的是A．电池工作时，NO3－向石墨I移动B．石墨Ⅰ上发生的电极反应为：2NO2+2OH－－2e－=N2O5+H2OC．可循环利用的物质Y的化学式为N2O5D．电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的质量比为4：232、用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是（）A．用图1所示装置制取并收集少量纯净的氨气B．用图2所示装置分离乙醇和乙酸乙酯的混合溶液C．用图3所示装置加热分解NaHCO3固体D．用图4所示装置比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱3、我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理；其主反应历程如图所示（H2→H+H）。下列说法错误的是（）A．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%B．带标记的物质是该反应历程中的中间产物C．向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率D．第③步的反应式为H3CO+H2O→CH3OH+HO4、1875年科学家布瓦博德朗发现了一种新元素，命名为“镓”，它是门捷列夫预言的元素类铝。Ga(镓)和As(砷)在周期表的位置如图，下列说法不正确的是AlPGaAsA．Ga的原子序数为31B．碱性：Al(OH)3<Ga(OH)3C．简单离子半径r(Ga3+)>r(As3-)>r(P3-)D．GaAs可制作半导体材料，用于电子工业和通讯领域5、依据Cd(Hg)+Hg2SO4=3Hg+Cd2++SO42-反应原理，设计出韦斯顿标准电池，其简易装置如图。下列有关该电池的说法正确的是()A．电池工作时Cd2＋向电极B移动B．电极A上发生反应Hg2SO4+2e-=2Hg+SO42-C．电极B上发生反应Cd(Hg)-4e-=Hg2++Cd2+D．反应中每生成amolHg转移3amol电子6、制取Na2CO3和高纯Si的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A．反应①属于固氮反应B．步骤②为先向饱和食盐水中通入CO2至饱和后，再通入NH3C．反应⑤、⑥均为氧化还原反应D．用精馏的方法可提纯三氯氢硅7、下列事实能用元素周期律解释的是A．沸点：H2O>H2Se>H2S B．酸性：H2SO4>H2CO3>HClOC．硬度：I2>Br2>Cl2 D．碱性：KOH>NaOH>Al(OH)38、关于常温下pH均为1的两种酸溶液,其稀释倍数与溶液pH的变化关系如图所示,下列说法中正确的是()A．HA是弱酸,HB是强酸B．HB一定是弱酸,无法确定HA是否为强酸C．图中a=2.5D．0.1mol/LHB溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后,所得溶液中:c(H+)<c(OH-)9、一定呈中性的是()A．pH＝7的溶液B．25℃，Kw＝1.0×10﹣14的溶液C．H+与OH﹣物质的量相等的溶液D．等物质的量的酸、碱混合后的溶液10、下图是用KMnO4与浓盐酸反应制取适量氯气的简易装置，以下说法正确的是A．A中固体也可改用MnO2B．B中需盛装饱和氯化钠溶液C．氯气通入D中可以得到NaClO，该物质水溶液比HClO稳定D．上图装置也可作为制取适量NO的简易装置11、下列有关说法正确的是①二氧化硅可与NaOH溶液反应，因此可用NaOH溶液雕刻玻璃；②明矾溶于水可水解生成Al(OH)3胶体，因此可以用明矾对自来水进行杀菌消毒；③可用蒸馏法、电渗析法、离子交换法等对海水进行淡化；④从海带中提取碘只需用到蒸馏水、H2O2溶液和四氯化碳三种试剂；⑤地沟油可用来制肥皂、提取甘油或者生产生物柴油；⑥石英玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、淀粉、氨水的物质类别依次为纯净物、氧化物、混合物、弱电解质。A．③⑤⑥B．①④⑤C．除②外都正确D．③⑤12、常温下，NC13是一种油状液体，其分子空间构型为三角锥形，下列对NC13的有关叙述错误的是（）A．NC13中N—C1键键长比CCl4中C—C1键键长短B．NC13分子中的所有原子均达到8电子稳定结构C．NCl3分子是极性分子D．NBr3的沸点比NCl3的沸点低13、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）A．A B．B C．C D．D14、已知：SO32—＋I2＋H2O===SO42—＋2H＋＋2I－，某溶液中可能含有I－、NH4+、Cu2＋、SO32—，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，下列判断正确的是()A．肯定不含I－B．肯定不含NH4+C．可能含有SO32—D．可能含有I－15、《现代汉语词典》中有：“纤维”是细丝状物质或结构。下列关于“纤维”的说法不正确的是（）A．造纸术是中国古代四大发明之一，所用到的原料木材纤维属于糖类B．丝绸是连接东西方文明的纽带，其中蚕丝纤维的主要成分是蛋白质C．光纤高速信息公路快速发展，光导纤维的主要成分是二氧化硅D．我国正大力研究碳纤维材料，碳纤维属于天然纤维16、学习化学应有辩证的观点和方法．下列说法正确的是（）A．催化剂不参加化学反应B．醇和酸反应的产物未必是酯C．卤代烃的水解产物一定是醇D．醇脱水的反应都属于消去反应17、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A．标准状况下，22.4LCH4含有的共价键数为NAB．1molFe与1molCl2充分反应，电子转移数为3NAC．常温下，pH=2的醋酸溶液中含有的H+数目为0.02NAD．常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA18、教材中证明海带中存在碘元素的实验过程中，下列有关装置或操作错误的是A．过滤B．灼烧C．溶解D．检验19、化学与环境、工农业生产等密切相关，下列说法不正确的是A．浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜B．NaCl不能使蛋白质变性,所以不能用作食品防腐剂C．捕获工业排放的CO2,可用来合成可降解塑料聚碳酸酯D．在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化剂，可使酒保持良好品质20、“结构决定性质”是学习有机化学尤为重要的理论，不仅表现在官能团对物质性质的影响上，还表现在原子或原子团相互的影响上。以下事实并未涉及原子或原子团相互影响的是A．乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性B．卤代烃难溶于水而低级醇、低级醛易溶于水C．甲醇没有酸性，甲酸具有酸性D．苯酚易与浓溴水反应生成白色沉淀而苯与液溴的反应需要铁粉催化21、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．Si02熔点很高，可用于制造坩埚B．NaOH能与盐酸反应，可用作制胃酸中和剂C．Al(OH)3是两性氢氧化物，氢氧化铝胶体可用于净水D．HCHO可以使蛋白质变性，可用于人体皮肤伤口消毒22、80℃时，1L密闭容器中充入0.20molN2O4，发生反应N2O42NO2△H=+QkJ·mol﹣1(Q＞0)，获得如下数据：时间/s020406080100c(NO2)/mol·L﹣10.000.120.200.260.300.30下列判断正确的是A．升高温度该反应的平衡常数K减小B．20～40s内，v(N2O4)=0.004mol·L－1·s－1C．100s时再通入0.40molN2O4，达新平衡时N2O4的转化率增大D．反应达平衡时，吸收的热量为0.15QkJ二、非选择题(共84分)23、（14分）据报道，化合物M对番茄灰霉菌有较好的抑菌活性，其合成路线如下图所示。已知：回答下列问题：（1）化合物C中的含氧官能团为____________，反应④的反应类型为____________。（2）写出E的结构简式：________________________。（3）写出反应②的化学方程式：_____________________________________________。（4）写出化合物C满足下列条件的一种同分异构体的结构简式：_________________。①含苯环结构，能在碱性条件下发生水解；②能与FeCl3发生显色反应；③分子中含有4种不同化学环境的氢。（5）已知CH3CH2CNCH3CH2COOH。请以、CH2==CHCN和乙醇为原料合成化合物，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用)_____。24、（12分）乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物（H）具有很好的抗血小板聚集活性，是良好的心脑血管疾病的治疗药物。已知：①②③请回答：（1）E中含有的官能团名称为_________；（2）丹皮酚的结构简式为_________；（3）下列说法不正确的是（_____）A．乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物H的分子式为C21H34O3N3B．物质B可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐C．D→E和G→H的反应类型均为取代反应D．物质C能使浓溴水褪色，而且1molC消耗2molBr2（4）写出F→G的化学方程式_________。（5）写出满足下列条件F的所有同分异构体的结构简式_________。①能发生银镜反应；1molF与2molNaOH恰好反应。②1H-NMR谱显示分子中含有5种氢原子；IR谱显示有－NH2，且与苯环直接相连。（6）阿司匹林也具有抑止血小板凝聚的作用。结合题给信息，请以硝基苯和乙酸酐为原料设计合理的路线制备阿司匹林（）。（用流程图表示，无机试剂任选）______。25、（12分）二苯甲酮广泛应用于药物合成，同时也是有机颜料、杀虫剂等的重要中间体。实验室以苯与苯甲酰氯为原料，在AlCl3作用下制备二苯甲酮的实验流程如下图所示：相关物理常数和物理性质如下表：名称相对分子质量密度/g·cm-3熔点/oC沸点/oC溶解性苯780.885.580.1难溶水，易溶乙醇苯甲酰氯140.51.22−1197遇水分解无水氯化铝133.52.44190178（升华）遇水水解，微溶苯二苯甲酮1821.1148.5305（常压）难溶水，易溶苯已知：反应原理为：。该反应剧烈放热。回答下列问题：（1）反应装置如图所示（加热和夹持装置已略去），迅速称取7.5g无水三氯化铝放入三颈瓶中，再加入30mL无水苯，搅拌，缓慢滴加6mL新蒸馏过的苯甲酰氯。反应液由无色变为黄色，三氯化铝逐渐溶解。混合完后，保持50℃左右反应1.5～2h。仪器A的名称为_______。装置B的作用为_______。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是______。能作为C中装置的是_______（填标号）。（2）操作X为___________。（3）NaOH溶液洗涤的目的是_____________。（4）粗产品先经常压蒸馏除去__________，再减压蒸馏得到产品。（5）当所测产品熔点为________时可确定产品为纯品。已知实验最终所得纯品8.0g，则实验产率为_________%（保留三位有效数字）。26、（10分）粮食仓储常用磷化铝(A1P)熏蒸杀虫，A1P遇水即产生强还原性的PH3气体。国家标准规定粮食中磷物(以PH3计)的残留量不超过0.05mg•kg-1时为合格。某小组同学用如图所示实验装置和原理测定某粮食样品中碟化物的残留量。C中加入100g原粮，E中加入20.00mL2.50×lO-4mol•L-1KMnO4溶液的H2SO4酸化)，C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中的溶液。(1)装置A中的KMn04溶液的作用是_____。(2)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的O2。若去掉该装置，则测得的磷化物的残留量___(填“偏髙”“偏低”或“不变”)。(3)装置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被还原为Mn2+，写出该反应的离子方程式：__________。(4)收集装置E中的吸收液，加水稀释至250mL，量取其中的25.00mL于锥形瓶中，用4.0×lO-5mol•L-1的Na2SO3标准溶液滴定，消耗Na2SO3标准溶液20.00mL，反应原理是S02-+Mn04-+H+→S042-+Mn2++H20(未配平)通过计算判断该样品是否合格(写出计算过程)_______。27、（12分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料。具有较强的还原性，可用于棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原剂。易溶于水，不溶于乙醇。Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解。实验室中常用亚硫酸钠和硫磺制备Na2S2O3•5H2O。制备原理为：Na2SO3+S+5H2O═Na2S2O3•5H2O。某化学兴趣小组在实验室制备硫代硫酸钠晶体并探究其化学性质。Ⅰ.实验室制取Na2S2O3•5H2O晶体的步骤如下：①称取12.6gNa2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水。②另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。③水浴加热(如图1所示，部分装置略去)，微沸，反应约1小时后过滤。④滤液在经过蒸发浓缩、冷却结晶后析出Na2S2O3•5H2O晶体。⑤进行减压过滤(如图2所示)、乙醇洗涤并干燥。请回答：(1)仪器B的名称是_____。(2)步骤④在浓缩过程中不能蒸发过度，其原因是_____。步骤⑤如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是_____。(3)洗涤时为尽可能避免产品损失应选用的试剂是_____。A．水B．乙醇C．氢氧化钠溶液D．稀盐酸Ⅱ.设计以下实验流程探究Na2S2O3的某些化学性质(4)实验①Na2S2O3溶液pH＝8的原因是_____(用离子方程式表示)。(5)写出实验②中发生的离子反应方程式_____。Ⅲ.用Na2S2O3的溶液测定溶液中ClO2的物质的量浓度，可进行以下实验。步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100mL试样。步骤2：量取V1ML试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟(已知：ClO2+I﹣+H+—I2+Cl﹣+H2O未配平)。步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL(已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣)。(6)滴定终点现象是_____。根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为_____mol/L(用含字母的代数式表示)。28、（14分）UO2与铀氮化物是重要的核燃料，已知：3(NH4)4[UO2(CO3)3]3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O↑回答下列问题：(1)基态氮原子价电子排布图为______。(2)反应所得气态化合物中属于非极性分子的是_______(填化学式)。(3)某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循环如图所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是________(填标号)。a.Cl-Cl键的键能为119.6kJ/molb.Na的第一电离能为603.4kJ/molc.NaCl的晶格能为785.6kJ/mold.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol(4)依据VSEPR理论推测CO32-的空间构型为_________。分子中的大丌键可用符号丌表示，其中m代表参与形成大丌键的原子数，n代表参与形成大丌键的电子数(如苯分子中的大丌键可表示为丌)，则CO32-中的大丌键应表示为_____(5)UO2可用于制备UF4：2UO2+5NH4HF22UF4·2NH4F+3NH3↑+4H2O，其中HF2的结构表示为[F—H…F]-，反应中断裂的化学键有_______(填标号)。a.氢键b.极性键c.离子键d.金属键e.非极性键(6)铀氮化物的某两种晶胞如图所示：①晶胞a中铀元素的化合价为__________，与U距离相等且最近的U有_______个。②已知晶胞b的密度为dg/cm3，U原子的半径为r1cm，N原子的半径为为r2cm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的空间利用率为___________(列出计算式)。29、（10分）1，2一二氯丙烷（CH2ClCHClCH3）是一种重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法制备，主要副产物为3一氯丙烯（CH2=CHCH2Cl），反应原理为：i.CH2=CHCH3（g）+C12（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）△H1=-134kJ•mol-1ii.CH2=CHCH3（g）+C12（g）⇌CH2=CHCH2Cl（g）+HCl（g）△H2=-102kJ•mol-1请回答下列问题：（1）已知：CH2=CHCH2Cl（g）+HCl（g）⇌CH2ClCHClCH3（g）的正反应的活化能Ea（正）为132kJ•mol-1，则逆反应的活化能Ea（逆）为__________kJ•mol-1。（2）某研究小组向密闭容器中充入一定量的C12（g）和CH2=CHCH3（g），分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应，一段时间后测得CH2ClCHClCH3的产率与温度的关系如图1所示。①下列说法正确的是______（填代号）。a.使用催化剂A、B的最佳温度：A<Bb.p、m点分别是对应温度下CH2ClCHClCH3的平衡产率c.使用催化剂降低了反应的活化能和焓变d.温度不变，增大压强可使CH2ClCHClCH3的产率提高②在250℃以后，A曲线中产率下降的原因可能是________（写出两条）。（3）T℃时使用选择性更高的催化剂，在恒容密闭容器内充入等物质的量的C12（g）和CH2=CHCH3（g）进行反应i，测得容器各组分的分压强（p分=p总×体积分数）随时间的变化关系如图2所示，回答下列问题：①若用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即υ=，则t1~t2时间段内平均反应速率υ（CH2=CHCH3）=_______kPa•min-1（用相关字母表示）；平衡时CH2ClCHClCH3的体积分数________。②反应的平衡常数KP=_____________（用平衡分压代替平衡浓度，相关字母表示结果）。（4）如图3是在酸性电解质溶液中，用惰性电极将CO2转化为低碳烯烃的电化学装置，回答下列问题：①太阳能电池的负极是__________（填“a”或“b”）。②生成丙烯的电极反应式是____________。③相同时间内，相同条件下，消耗的CO2与生成的O2的体积之比为_________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解析】

由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨Ⅰ是负极，发生的反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5，则石墨Ⅱ为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2N2O5=4NO3-，该电池的总反应为：4NO2+O2=2N2O5。【详解】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨Ⅰ通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨Ⅰ是负极，发生的反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5，则石墨Ⅱ为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2N2O5=4NO3-。A．电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，石墨Ⅰ是负极，NO3-向石墨I移动，A正确；B．该电池一种熔融KNO3燃料电池，负极发生氧化反应，石墨Ⅰ上发生的电极反应为：NO2-e-+NO3-=N2O5，B错误；C．石墨Ⅰ生成N2O5，石墨Ⅱ消耗N2O5，可循环利用的物质Y的化学式为N2O5，C正确；D．原电池中正极得到的电子数等于负极失去的电子数，故电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的物质的量之比是1:4，则消耗的O2和NO2的物质的量之比是4：23，D正确；答案选D。考生做该题的时候，首先从图中判断出石墨Ⅰ、石墨Ⅱ是哪个电极，并能准确写出电极反应式，原电池中阴离子移向负极、阳离子移向正极，原电池工作时，理论上负极失去的电子数等于正极得到的电子数。2、D【解析】A，向NaOH固体中加入浓氨水可产生NH3，NH3可用碱石灰干燥，NH3密度比空气小，应用向下排空法收集，A项错误；B，乙醇和乙酸乙酯为互相混溶的液体混合物，不能用分液法进行分离，B项错误；C，加热分解NaHCO3固体时试管口应略向下倾斜，C项错误；D，浓盐酸加到KMnO4中产生黄绿色气体，锥形瓶中发生的反应为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，根据同一反应中氧化性：氧化剂>氧化产物得出，氧化性：KMnO4>Cl2，Cl2通入NaBr溶液中溶液由无色变为橙色，试管中发生的反应为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，由此得出氧化性：Cl2>Br2，D项正确；答案选D。点睛：本题考查化学实验的基本操作、气体的制备、物质氧化性强弱的比较。注意加热固体时试管口应略向下倾斜，防止水分在试管口冷凝倒流到试管底部使试管破裂；比较氧化性的强弱通常通过“强氧化性物质制弱氧化性物质”的氧化还原反应来实现。3、A【解析】

A．从反应②、③、④看，生成2molH2O，只消耗1molH2O，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，A错误；B．从整个历程看，带标记的物质都是在中间过程中出现，所以带标记的物质是该反应历程中的中间产物，B正确；C．从反应③看，向该反应体系中加入少量的水，有利于平衡的正向移动，所以能增加甲醇的收率，C正确；D．从历程看，第③步的反应物为H3CO、H2O，生成物为CH3OH、HO，所以反应式为H3CO+H2O→CH3OH+HO，D正确；故选A。4、C【解析】

A.Al是13号元素，Ga位于Al下一周期同一主族，由于第四周期包括18种元素，则Ga的原子序数为13+18=31，A正确；B.Al、Ga是同一主族的元素，由于金属性Al<Ga，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，所以碱性：Al(OH)3<Ga(OH)3，B正确；C.电子层数相同的元素，核电荷数越大，离子半径越小，电子层数不同的元素，离子核外电子层数越多，离子半径越大，Ga3+、P3-离子核外有3个电子层，As3-离子核外有4个电子层，所以离子半径：r(As3-)>r(P3-)>r(Ga3+)，C错误；D.GaAs导电性介于导体和绝缘体之间，可制作半导体材料，因此广泛用于电子工业和通讯领域，D正确；故合理选项是C。5、B【解析】

根据电池反应方程式可知：在反应中Cd(Hg)极作负极，Cd失去电子，发生氧化反应产生Cd2+，Hg作溶剂，不参加反应，另一极Hg为正极，Cd2＋向负电荷较多的电极A移动，A错误、B正确；根据总反应方程式可知物质B电极上的Hg不参加反应，C错误；根据方程式可知每生成3molHg，转移2mole-，则生成amolHg转移mol的电子，D错误；故合理选项是B。6、B【解析】

A.根据氮的固定含义判断；B.根据物质的溶解性及反应产生的HCO3-浓度大小判断气体通入先后顺序；C.根据氧化还原反应的特征判断反应类型；D.根据物质的沸点的高低判断提纯方法。【详解】A.N2与H2在一定条件下合成NH3气，是氮元素的单质变为化合物的过程，因此属于氮的固定，A正确；B.CO2在室温下在饱和食盐水中溶解度不大，若先通入CO2，后通入NH3，则反应产生的HCO3-离子浓度较小，最后得到的NaHCO3就少，或根本不产生NaHCO3固体，而NH3易溶于水，先通入NH3使溶液呈碱性，有利于CO2的吸收，因此要先向饱和食盐水中通入足量NH3，再通入CO2气体，B错误；C.反应⑤、⑥中均匀元素化合价的变化，因此这两个反应均为氧化还原反应，C正确；D.由于三氯氢硅沸点只有33℃，比较低，与其它杂质的沸点不同，因此可通过蒸馏的方法分离提纯，分馏方法也叫精馏，D正确；故合理选项是B。本题以制取Na2CO3和高纯Si的工艺流程为线索，考查了物质制取过程中加入物质的先后顺序、反应类型的判断、混合物的分离方法等化学基础知识和基本技能。掌握物质的性质及在实验中的应用是本题解答的关键。7、D【解析】

A．水分子间存在氢键，沸点高于同主族元素氢化物的沸点，与元素周期律没有关系，选项A错误；B．含氧酸中非羟基氧原子个数越多酸性越强，与元素周期律没有关系，选项B错误；卤素单质形成的晶体类型是分子晶体，硬度与分子间作用力有关系，与元素周期律没有关系，选项C错误；D．金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，同周期自左向右金属性逐渐减弱，则碱性：KOH>NaOH>Al(OH)3，与元素周期律有关系，选项D正确。答案选D。8、D【解析】

A.强酸稀释103倍，pH变化3，据图可知HA是强酸、HB是弱酸，故A不选；B.由A项分析可知，HA是强酸、HB是弱酸，故B不选；C.由题中数据不能确定a的数值，故C不选；D.弱酸HB与等物质的量的氢氧化钠溶液混合后，生成的NaB是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故D选。故选D。9、C【解析】

A．100度时，纯水的pH＝6，该温度下pH＝7的溶液呈碱性，所以pH＝7的溶液不一定呈中性，故A错误；B．25℃，Kw＝1.0×10﹣14是水的离子积常数，溶液可能呈酸性、中性或碱性，所以不一定呈中性，故B错误；C．只要溶液中存在H+与OH﹣物质的量相等，则该溶液就一定呈中性，故C正确；D．等物质的量的酸、碱混合后的溶液不一定显中性，这取决于酸和碱的相对强弱以及生成盐的性质，故D错误；答案选C。判断溶液是否呈中性的依据是氢离子和氢氧根离子的浓度相等，温度改变水的电离平衡常数，温度越高，水的电离平衡常数越大。10、C【解析】

A．MnO2与浓盐酸制取氯气需要加热，根据装置A图示，不能改用MnO2，故A错误；B．根据装置图示，B为氯气收集装置，C为防倒吸装置，D为尾气处理装置，故B错误；C．氯气通入氢氧化钠溶液中可以得到NaClO，HClO见光易分解，NaClO光照不分解，则该物质水溶液比HClO稳定，故C正确；D．铜和稀硝酸反应可制取NO，装置A可用，装置B、C中有空气，NO易被空气的氧气氧化，导致收集的气体不纯，应用排水法收集，NO有毒，属于大气污染物，NO不与氢氧化钠反应，无法处理尾气，上图装置不能作为制取适量NO的简易装置，故D错误；答案选C。11、D【解析】①，虽然二氧化硅可与NaOH溶液反应，但不用NaOH溶液雕刻玻璃，用氢氟酸雕刻玻璃，①错误；②明矾溶于水电离出Al3+，Al3+水解生成Al（OH）3胶体，Al（OH）3胶体吸附水中的悬浮物，明矾用作净水剂，不能进行杀菌消毒，②错误；③，海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，③正确；④，从海带中提取碘的流程为：海带海带灰含I-的水溶液I2/H2OI2的CCl4溶液I2，需要用到蒸馏水、H2O2溶液、稀硫酸、四氯化碳，④错误；⑤，地沟油在碱性条件下发生水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，可制肥皂和甘油，地沟油可用于生产生物柴油，⑤正确；⑥，Na2O·CaO·6SiO2属于硅酸盐，氨水是混合物，氨水既不是电解质也不是非电解质，⑥错误；正确的有③⑤，答案选D。12、D【解析】

A.N的半径小于C的半径，NC13中N—C1键键长比CCl4中C—C1键键长短，A正确；B.由电子式可知，B正确；C.NC13的分子空间构型是三角锥型结构不是正四面体结构，NCl3分子空间构型不对称，所以NCl3分子是极性分子，C正确；D.无氢键的分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比NCl3的熔沸点高，D错误；故答案为：D。13、B【解析】

A.向苯中加少量溴水，振荡，水层变成无色，是苯萃取溴的过程，属于物理变化，故A错误；B.沉淀部分溶解，说明还有部分不溶解，不溶解的一定是硫酸钡，溶解的是亚硫酸钡，所以亚硫酸钠只有部分被氧化，故B正确；C.向溶液中加入盐酸生成白色沉淀，可能是Na2SiO3溶液或AgNO3溶液等，故C错误;D.SO2通入含酚酞的NaOH溶液中红色消失，是SO2与NaOH反应生成亚硫酸钠和水的缘故，故D错误；故答案为B。14、D【解析】据题给方程式确定还原性：SO32-＞I－。其溶液呈无色，则Cu2＋一定不存在，由于SO32-还原性强，首先被Br2氧化成SO，若Br2过量会继续氧化I－生成I2，致使溶液呈黄色，则根据溶液颜色未变，确定SO32-一定存在，I－可能存在，根据电荷守恒，溶液中的阳离子只能为NH，则NH一定存在。故D正确。15、D【解析】

A．造纸所用的原料木材纤维属于糖类，A项正确；B．蚕丝纤维的主要成分是蛋白质，B项正确；C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，C项正确；D．碳纤维的主要成分为单质碳，不属于天然纤维，D项错误。故选D。16、B【解析】

A.催化剂能明显增大化学反应速率，且在反应前后质量和性质不发生变化，这并不意味着催化剂不参加反应过程，实际催化剂参与了反应过程，改变了反应的路径，从而起到改变反应快慢的作用，故A错误；B.醇和酸反应后的产物是不是酯取决于酸是有机酸还是无机酸，如果是醇和有机酸反应，则生成的为酯，如果是醇和无机酸反应，则发生取代反应生成卤代烃，如乙醇和HBr反应则生成溴乙烷，故B正确；C.卤代烃水解后的产物除了是醇，还可能是酚，即卤代烃发生水解后生成的是醇还是酚，取决于−X是连在链烃基上还是直接连在苯环上，故C错误；D.醇可以分子内脱水，也可以分子间脱水，如果是分子内脱水，则发生的是消去反应，如果是分子间脱水，则发生的是取代反应，故D错误；答案选B。17、D【解析】

A、标准状况下，22.4LCH4的物质的量为1mol，1mol甲烷中有4molC－H，因此22.4L甲烷中共价键的物质的量为22.4×4/22.4mol=4mol，故错误；B、2Fe＋3Cl2=2FeCl3，铁过量，氯气不足，因此转移电子物质的量为1×2×1mol=2mol，故错误；C、没有说明溶液的体积，无法计算物质的量，故错误；D、由于N2O4的最简式为NO2，所以46g的NO2和N2O4混合气体N2O4看作是46gNO2，即1mol，原子物质的量为1mol×3=3mol，故正确。18、B【解析】

A．过滤时使用漏斗和烧杯，溶液沿玻璃棒引流，装置正确，故A不选；B．灼烧海带应该在坩埚中进行，装置中使用仪器不正确，故B选；C．溶解时用玻璃棒搅拌，并且适当加热，可以加速溶解，装置正确，故C不选；D．可以向溶液中滴加淀粉溶液检验是否存在碘单质，装置图正确，故D不选；故选B。19、B【解析】

A.乙烯是水果的催熟剂，高锰酸钾溶液有强氧化性，能氧化乙烯，浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜，故A正确；B.氯化钠虽然不能使蛋白质变性，但有防腐功能，故B错误；C.利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，故C正确；D.二氧化硫是还原剂，在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化剂，故D正确；故答案为B。20、B【解析】

A、乙醇中羟基与乙基相连，苯酚中羟基与苯环相连，乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性是烃基对羟基的影响，错误；B、卤代烃难溶于水，低级醇、低级醛和水分子间形成氢键，易溶于水，未涉及原子或原子团相互影响，正确；C、甲醇没有酸性，甲酸中羰基对羟基影响，使羟基氢活泼，发生电离，具有酸性，错误；D、苯酚中羟基影响苯环使苯环上羟基邻、对位氢原子活泼易被取代，易与浓溴水反应生成白色沉淀，错误。21、A【解析】

物质的性质决定物质的用途，据性质与用途的对应关系分析。【详解】A项：SiO2用于制造坩埚，利用了SiO2高熔点的性质，A项正确；B项：虽然NaOH能与盐酸反应，但其碱性太强，不能作胃酸中和剂，B项错误；C项：氢氧化铝胶体用于净水，是胶体的强吸附性，与其两性无关，C项错误；D项：HCHO能使人体蛋白质变性，但其毒性太强，不能用于皮肤伤口消毒，D项错误。本题选A。22、D【解析】

A．正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大；

B．根据计算v（NO2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（N2O4）；

C.100s时再通入0.40molN2O4，等效为在原平衡的基础上增大压强，与原平衡相比，平衡逆向移动；D.80s时到达平衡，生成二氧化氮为0.3mol/L×1L=0.3mol，结合热化学方程式计算吸收的热量。【详解】A.该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向移动，平衡常数K增大，A项错误；B.20∼40s内，，则，B项错误；C.100s时再通入0.40molN2O4，相当于增大压强，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小，C项错误；D.浓度不变时，说明反应已达平衡，反应达平衡时，生成NO2的物质的量为0.3mol/L×1L=0.3mol，由热化学方程式可知生成2molNO2吸收热量QkJ，所以生成0.3molNO2吸收热量0.15QkJ，D项正确；答案选D。本题易错点为C选项，在有气体参加或生成的反应平衡体系中，要注意反应物若为一种，且为气体，增大反应物浓度，可等效为增大压强；若为两种反应物，增大某一反应物浓度，考虑浓度对平衡的影响，同等程度地增大反应物浓度的话，也考虑增大压强对化学平衡的影响，值得注意的是，此时不能用浓度的外界影响条件来分析平衡的移动。二、非选择题(共84分)23、醚键取代反应【解析】

由框图知A为，由C的结构简式知含氧官能团为“一O-”为醚键;

E+M,M中生成了肽键，则为取代反应。(2)

由M逆推，知E的结构筒式为。逆推D的结构筒式为

,C与D比较知，D比C比了“一NO2"，则应为C发生硝化反应所得。(4)碱性条件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基，且酚羟基与酯基互为对位关系。

(5)由合成产物逆推,产物可以由与乙醇酯化得到,羧基可以由“-

CN”水解获得，

和CH2=CHCN相连，可以先将CH2=CHCN与Br2发生加成反应生成卤代物，再发生类似于流程中A-→B的反应.【详解】（1）由C的结构简式知化合物C中的含氧官能团为醚键，反应④为+，其反应类型为取代反应。答案：醚键；取代反应。（2）根据分析知E的结构简式为：；答案：。（3）反应②是的反应。其化学方程式：；答案：。（4）①碱性条件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基，③分子中含有4种不同化学环境的氢，酚羟基与酯基互为对位关系。；答案：。

（5）已知CH3CH2CNCH3CH2COOH。以、CH2==CHCN和乙醇为原料合成化合物的合成路线流程图为：。24、醚键、羰基AD、。【解析】

苯硝化得到A，从A的分子式可以看出，A是苯分子中的两个氢原子被硝基取代后的生成物，结合后面物质的结构简式可确定两个硝基处于间位，即A为间二硝基苯，A发生还原反应得到B，A中的两个硝基被还原为氨基，得到B（间苯二胺），间苯二胺生成C，分析C的分子式可知，B中的两个氨基被羟基取代得到了间苯二酚C，间苯二酚和乙酸发生取代反应，苯环上的一个氢原子被-COCH3取代，得的有机物，和(CH3)2SO4在碳酸钾的作用下反应生成丹皮酚，丹皮酚又和CH3CH2Br在NaOH醇溶液作用下得到E，根据E和的结构简式可知，丹皮酚是中和-COCH3处于对位的羟基上的氢原子被甲基取代的生成物，所以丹皮酚的结构简式为。丹皮酚中的另一个羟基上的氢原子被乙基取代得到E。E发生的反应是已知的第二个反应，羰基上的氧原子被NOH代替生成F（），F中的羟基上的氢原子被-CH2CH2CH2CH2Br取代生成G，G中的溴原子被取代生成H。【详解】（1）根据有机物E的结构简式可知，E中含有的官能团名称醚键、羰基；正确答案：醚键、羰基。（2）根据题给信息分析看出，由有机物2,4-二羟基苯乙酮变为丹皮酚，碳原子数增加1个，再根据有机物E的结构简式可知，丹皮酚的结构简式为；正确答案：。（3）根据乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物H的结构简式可知其分子式为C21H35O3N3，A错误；物质B为间苯二胺，含有氨基，显碱性可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐，B正确；D→E是溴乙烷中的-CH2CH3取代了酚羟基中的氢原子；G→H是φ-CH2CH2CH2CH2Br与NH(CH2CH2)2NCH2CH3发生了取代反应，C正确；物质C为间苯二酚，能与浓溴水发生取代反应，溴原子主要在环上羟基的邻对位发生取代，而且1molC消耗3molBr2，D错误；正确选项AD。（4）有机物F结构=N-OH与BrCH2CH2CH2CH2Br发生了取代反应；正确答案：。（5）根据有机物F的分子式为C11H15O3N，IR谱显示有－NH2，且与苯环直接相连，该有机物属于芳香族化合物；能发生银镜反应；1molF与2molNaOH恰好反应，说明分子结构含有醛基、酚羟基或者甲酸酚酯；1H-NMR谱显示分子中含有5种氢原子，对称程度较大，不可能含有甲酸酚酯；综上该有机物结构简式可能为：、；正确答案：、。（6）根据题给信息可知，硝基变为羟基，需要先把硝基还原为氨基，然后再氯化氢、水并加热220℃条件下变为酚羟基，苯酚变为苯酚钠盐后再根据信息③，生成邻羟基苯甲酸，最后该有机物与乙酸酐反应生成酚酯；正确答案：。25、恒压滴液漏斗防止外界空气中水蒸气进入影响实验控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高bc分液洗去残留的HCl苯48.584.4【解析】

苯与苯甲酰氯为原料，在AlCl3作用下制备二苯甲酮，，实验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装置B的作用为防止外界空气中水蒸气进入影响实验。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高。尾气中有HCl，极易溶于水，用C中装置吸收。反应混合液冷却，加浓盐酸后，静置分层，分液后在有机层中加NaOH溶液洗去残留的HCl，用无水MgSO4干燥得粗产品，粗产品先经常压蒸馏除去苯，再减压蒸馏得到产品。【详解】（1）由装置图：仪器A的名称为恒压滴液漏斗。实验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装置B的作用为防止外界空气中水蒸气进入影响实验。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高。尾气中有HCl，极易溶于水，用C中装置吸收，能作为C中装置的是bc（填标号）。故答案为：恒压滴液漏斗；防止外界空气中水蒸气进入影响实验；控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高；bc；（2）制备二苯甲酮的反应混合物，冷却、加浓盐酸后分成两相，有机相和水相，用分液的方法分离，操作X为分液。故答案为：分液；（3）分液后得到的有机相中含有HCl，NaOH溶液洗涤的目的是洗去残留的HCl。故答案为：洗去残留的HCl；（4）苯和二苯甲酮互溶，沸点不同，粗产品先经常压蒸馏除去苯，再减压蒸馏得到产品。故答案为：苯；（5）纯净物具有固定的熔点，二苯甲酮的熔点为48.5℃，当所测产品熔点为48.5℃时可确定产品为纯品。30mL苯（密度0.88g·mL－1）的物质的量为mol=0.34mol，6mL新蒸馏过的苯甲酰氯物质的量为mol=0.05210mol，由制备方程式可知，苯过量，所以产品的理论产量为0.05210mol×182g·mol－1=9.482g，则本实验中苯乙酮的产率为×100%=84.4%，故答案为：48.5；84.4；本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，（7）为解答的难点，先判断苯过量，然后算出理论产量，最后利用公式计算产率。26、吸收空气中的还原性气体，防止其干扰pH3的测定偏低5PH3+8Mn04-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O0.3825mg>0.05mg，所以不合格【解析】

(1)KMnO4溶液有强氧化性，PH3有强还原性；(2)氧气会氧化一部分PH3，滴定消耗的亚硫酸钠标准溶液偏少，则测得的磷化物的残留量偏低；(3)由得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可写出正确的化学方程式；(4)先计算Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量，再由高锰酸钾总的物质的量减去Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量求出吸收PH3消耗的高锰酸钾的物质的量，进而求出粮食中磷物(以PH3计)的残留量。【详解】(1)KMnO4溶液有强氧化性，PH3有强还原性，装置A中的KMnO4溶液的作用是吸收空气中的还原性气体，防止其干扰PH3的测定；(2)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的O2，若去掉该装置，氧气会氧化一部分PH3，导致剩下的KMnO4多，滴定消耗的亚硫酸钠标准溶液偏少，则测得的磷化物的残留量偏低；(3)装置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被还原为Mn2+，由得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可知，该反应的离子方程式为：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O；(4)滴定的反应原理是5SO32-+2MnO4-+16H+=5SO42-+2Mn2++8H2O，Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量==3.2mol。则吸收PH3消耗的高锰酸钾的物质的量=2.50×lO-4mol•L-13.2mol=1.8mol，PH3的物质的量=1.8mol=1.125mol。粮食中磷物(以PH3计)的残留量==0.3825mg•kg-1，0.3825mg•kg-1>0.05mg•kg-1，所以不合格。27、球形冷凝管避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解避免发生水倒吸BS2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复【解析】

(1)、根据装置图可知，仪器B为球形冷凝管；(2)、根据题干信息‘Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解’解答；停止抽滤时，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，是为了避免发生水倒吸；(3)、硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中，硫在酒精中微溶，可以增大接触面积，提高反应速率；(4)、常温下，由pH=8，是Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性；(5)、加入足量氨水同时加入氯化钡溶液，氯水具有氧化性，Na2S2O3具有还原性，发生氧化还原反应，生成SO42-和Cl-，生成的SO42-再与Ba2+反应；(6)、滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂，溶液蓝色褪去；由方程式2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-得关系式ClO2~52S2O32-,n(2S2O32-)=cV2×10-3mol，所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol，根据c=计算出原ClO2溶液的物质的量浓度。【详解】（1）由装置图可知仪器B为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（2）加热时应避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解，抽滤时应避免倒吸，如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是避免发生水倒吸，故答案为：避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解；避免发生水倒吸；（3）洗涤时为尽可能避免产品损失应选用乙醇，故答案为：B；（4）Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣，故答案为：S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣；（5）实验②中发生的离子反应方程式为S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+，故答案为：S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+；（6）滴定终点，溶液蓝色褪色，且半分钟内不恢复，反应的关系式为2ClO2～5I2～10S2O32﹣，n（Na2S2O3）＝V2c×10﹣3mol，则c（ClO2）＝mol/L，故答案为：溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复；。28、CO2c、d平面三角形b、c+312×100%【解析】

(1)先根据构造原理，书写N的核外电子排布式，然后可根据各个能级具有的轨道数及轨道电子填充电子规律，得到基态氮原子价电子排布图；(2)反应所得气态化合物分子有NH3、CO2、N2、H2O，根据分子是否对称判断是否为非极性分子；(3)根据图示的能量变化结合化学基本概念分析判断；(4)根据价层电子对互斥理论分析判断；C原子、O原子有平行的p轨道，价电子总数为4+2+6×3=24，单电子数=24-2×3-4×3=6，为4原子、6电子形成的大π键；(5)NH4HF2为离子晶体，含有离子键，HF2-含有氢键和共价键，NH4+中含有配位键和共价键；(6)①用均摊方法计算a中U、N原子个数比，然后根据N元素化合价分析U元素化合价；在晶体中与U距离相等且最近的U原子在晶胞面心，然后根据通过一个U原子的晶胞数及重合数目计算其微粒数目；②先计算1个晶胞中含有的U、N原子数目，然后计算晶胞的体积及一个晶胞中含有的U、N原子数目的总体积，最后根据原子体积占总体积的百分比可得其空间利用率。【详解】(1)N是7号元素，根据构造原理，可得其核外电子排布式1s22s22p3，其价电子的轨道表达式为；(2)反应所得气态化合物分子有NH3、CO2、N2、H2O，NH3、H2O的空间排列不对称，正负电荷的重心不重合，属于极性分子，CO2、N2的空间排列对称，分子中正负电荷重心重合，是非极性分子，其中CO2是非极性化合物分子；(3)a.Cl-Cl键的键能为2×119.6kJ/mol=239.2kJ/mol，a错误；b.Na的第一电离能为495.0kJ/mol，b错误；c.NaCl的晶格能为785.6kJ/mol，c正确；d.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol，d正确；故合理选项是cd；(4)CO32-的价层电子对数为3+=3，因此CO32-空间构型为平面三角形；C原子、O原子有平行的p轨道，价电子总数为4+2+6×3=24，单电子数=24-2×3-4×3=6，为4原子、6电子形成