2021年百校大联考高考化学第六次大联考试卷-附答案详解

2021年百校大联考高考化学第六次大联考试卷

一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）

1.化学与生产、生活等方面密切相关，下列选项中不正确的是（）

A.普通玻璃和氮化硅陶瓷分别属于传统无机非金属材料和新型无机非金属材料

B.硝酸镂可用作化肥，也可以用作炸药

C.只用蒸储水就可以鉴别纯碱和食盐

D.游泳池用臭氧或者活性炭消毒的原理相同

2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.46g乙醇与甲酸混合物中，含有的氧原子数为治

B.78gNa2（）2与足量SO2充分反应转移电子数为NA

C.32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成的气体分子数小于0.5NA

D.lOOgCaS与CaSCU的混合物中含有32g硫，则含有的氧原子数为1.75NA

3.对羟基肉桂酸的结构简式如图所示，下列有关对羟基肉、场

桂酸的说法正确的是（）厂

A.分子式为C9H6。3

B.能使酸性高锯酸钾溶液褪色，但不能使滨水褪色

C.苯环上的一氯代物有2种

D.能发生加成反应，但不能发生取代反应

4.对下列各实验装置的描述正确的是（）

饱和食盐水

甲乙丙丁

A.甲装置可用来模拟工业制取NaHCOs，实验时为防止倒吸，应先通入CO2一段时

间后再通NH3

B.乙装置可用来萃取溪水中的浪，放出下层水后，另换洁净的烧怀放出有机层

C.丙装置可用来分离四氯化碳和苯的混合物，其中直形冷凝管可用球形冷凝管代

替

D.丁装置可用来做喷泉实验，若在水中滴入少量酚酬，实验中可观察到红色喷泉

5.A、B、C、D均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之

和为18,A和C同主族，B原子的电子层数与最外层电子数相等，B、C、D的单质均

可与NaOH溶液反应。下列说法正确的是()

A.原子半径：OA,简单离子半径：B>D

B.简单氢化物的热稳定性：A>C,氧化物对应水化物的酸性：D>B

C.B、C的氧化物均是高熔点物质，故B、C的氧化物中化学键类型相同

D.可用A的单质制备C的单质，可用电解法由B、D形成的化合物BD3制备B单质

6.SO2和NO*是主要大气污染物，利用下图装置可同时吸收SO2和NO,下列有关说法

错误的是()

A.b极为直流电源的正极，与其相连的电极发生氧化反应

B.阴极得到2moi电子时，通过阳离子交换膜的氢离子为2moi

C.吸收池中发生反应的离子方程式为2N0+2s2。厂+2H2。=电+4HSO3

D.阴极发生反应的离子方程式为SO?--2e-+2H2O=SOt+4H+

7.2(TC时，在H2c2O4、NaOH混合溶液中，c(H2C2O4)+c(HC20j)+c(C20i-)=

(MOOmol/L.含碳元素微粒的分布分数6随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正

确的是()

pn

A.①表示H2c2。4的分布曲线，③表示CzOj-的分布曲线

B.Q点对应的溶液中lgc(H+)<Igc(OH-)

C.20久时，H2c2O4的一级电离平衡常数Kai=1x10-42

+

D.0.100mol/L的NaHC2()4溶液中：c(OH-)=c(H)-c(C20i-)+c(H2C2O4)

第2页，共19页

二、实验题(本大题共1小题，共14.0分)

8.工业上用氧化铝与焦炭在氮气流中加强热制备氮化铝(A1N),氮化铝样品中含少量

Al4c3、c、AI2O3杂质。某实验小组拟测定ag氮化铝样品中Al4c3含量。

已知：a.AlN、Al4c3都能与水反应，分别生成NH3、CH4o

b.CH4还原氧化铜：CH4+4CuOA4Cu+CO2+2H2O»

(1)装置连接顺序为(按气流从左至右填写对应字母)。

(2)写出A中发生反应的化学方程式。A1N与稀硫酸反应：；Al4c3与稀硫酸反

应：O

(3)有下列操作步骤：

①缓慢向A中通入一定量的M；

②称量B中玻璃管质量(含试剂)，按顺序组装仪器，检查装置的气密性，将样品放

入烧瓶中；

③点燃B处酒精灯；

④再次称量B中玻璃管质量(含试剂)；

⑤从分液漏斗中缓慢滴入稀硫酸，直到不再产生气体为止；

⑥再次缓慢通入一定量的电。

正确的操作顺序是;操作①的目的是;若操作③与操作⑤顺序颠倒，

将导致测得的Al4c3的质量分数(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

(4)设计实验证明A中有NHj生成：。

(5)实验结束后，测得B中固体质量减少bg,则样品中Al4c3的质量分数为x

100%。

(6)通过测定C中生成BaCO3的质量可以确定甲烷与氧化铜反应是否有CO生成。实验

完毕后，测得B中固体质量减少bg；对C中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，

当m(BaC()3)=g时(用含b的表达式表示)，表明氧化产物只有CO?。

三、简答题(本大题共3小题，共38.0分)

9.当前煤炭在我国的能源消费中占60%以上，它在给我们提供廉价能源的同时，燃烧

生成的SO2、NOx等也造成了比较严重的大气污染问题。

(1)向燃煤中加入CaO,煤中硫元素大多数会转化为Cas。,，故CaO能起到固硫、降

低SO?排放量的作用。

-1

已知：①SC)2(g)+CaO(s)=CaSO3(s)△H=-402kJ-mol

-1

@2CaSO3(s)+0(g)=2CaS04(s)△H=-234.2kJ-mol

-1

@CaCO3(s)=CO2(g)+CaO(s)AH=+178.2kJ-mol

1

则反应2s()2(g)+02(g)+2CaO(s)=2CaS04(s)AH=kJ-mor

向燃煤中加入CaC()3也可起到固硫作用，若固定2moiSO?，相应量的煤在相同条件

下燃烧时向环境释放出的热量会减少kJ。

(2)活性炭对NO?有较强的吸附性，二者之间可发生2c(s)+2N0(g)=N2(g)+

2CO2(g)△H«为研究温度、压强等外部因素对该反应的影响，某科研小组向密闭

容器中加入2moiNO2和足量的活性炭，进行如下实验探究：

I.固定密闭容器的体积为5L,测得恒容时不同温度下NO2的转化率(a)与时间(t)的

关系如图I所示：

①该反应的AH0(填“>"或“<”),温度为丁2时，反应开始到达到平衡的

时间段内，V(Nz)=0

②温度为T］时该反应的平衡常数K=；若保持温度不变，提高NO2转化率的

方法是。

n.保持容器中的温度恒定，测得20s时，CC)2的体积分数(年)与压强(P)的关系如图

所示。

③图n曲线呈现先增后减的变化趋势，其原因为,压强为P1时，第20s时

容器中C(N02)：C(N2)=o

(3)常温下，用NaOH溶液吸收SO?既可消除大气的污染，又可获得重要的化工产品，

第4页，共19页

若某吸收液中c(HSO.)：c(SOg)=1：100,则所得溶液的pH=[常温下

-7

KMH2sO3)=1.5x10-2、K2(H2SO3)=1xIO],,

10.Al、Fe、Cu是重要的材料元素，在生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题:

(1)基态Fe?+的核外电子排布式为[Ar],有个未成对电子。

(2)氯化铝熔点为194。(：，而氧化铝熔点为2050。(：，二者熔点相差很大的原因是

(3)已知A1的第一电离能为578kJ/mol、第二电离能为1817kJ/mol、第三电离能为

2745kJ/mok第四电离能为11575kJ/mol。请解释其第二电离能增幅较大的原因

(4)甲爵重整制氢反应中，铜基催化剂如CuO/Si()2具有重整温度低、催化选择性高

的优点。Cu,Si,0元素电负性由大到小的顺序是:Si。?中Si原子采取

杂化。

(5)一种铜的澳化物晶胞结构如图所示：该晶胞中铜的配位数是,与浪紧邻

的溟原子数目是,由图中P点和Q点的原子坐标参数可确定R点的原子坐标参

数为;已知晶胞参数为apm,其密度为g/cm3(列出计算式即可)。

p(o,o,o)

11.有机物M可发生如图所示的转化关系:

---------------KMnO,(H诵

③

.匚九新制Cu(OH卜浊液

COOH

'~△②

对羊三甲酸

\I(C9HsO此D歌费

Ch.Curp-|.r^-[黔*

rCH3CHOC(CH?OH),

△⑤L定条件~

李戊四酹

已知：

①B在质谱分析中，质荷比最大的为32,在核磁共振氢谱分析中，有峰面积之比为

3：1的两组吸收峰;

OH

②两个—OH同时连在一个C原子上，结构不稳定，会自动失水,如R-C()11

H

自警水丫

+H20；

R—C—H

隹条件

一定条件RYiHCHCHO

©Rj-CHO+R—CH-CHOtII

22OHKj

请回答下列问题;

(1)E中官能团名称为0

(2)①④的反应类型：①;(4)。

(3)写出M、G的结构简式：M：；G：o

(4)写出A-D的化学反应方程式：。

(5)写出对苯二甲酸与乙二醇反应生成聚对苯二甲酸乙二酯的化学反应方程式:

(6)符合下列条件的E的同分异构体有种，写出其中核磁共振氢谱有五组峰,

峰面积之比为1：1：2：2：2的同分异构体的结构简式：(写出一种即可)。

①能发生水解反应；

②能发生银镜反应；

③遇FeCb溶液发生显色反应。

四、推断题(本大题共1小题，共14.0分)

12.由黄铜矿(主要成分为CuFeSz)通过过量的硫酸铁溶液浸取制备铜和硫酸亚铁晶体

的流程如下，试回答下列问题：

it及FMSOM洛液

浦港1

I漫取

I-1~过渡

黄洞旷I-------

*ttXIl

过量铁给

滤液I-------------

比渡FeSO/THjO

(1)滤渣I的主要成分为硫单质，则浸取过程中反应的离子方程式为；该反

应中产生16g硫单质时转移的电子的物质的量为。

(2)滤渣的主要成分为。

第6页，共19页

(3)通过如下装置，将滤液I加入到阴极室可以制取铜单质，电解的初期阶段未见

铜生成，此阶段阴极对应的电极反应式为。该过程中阳极室硫酸浓度变大

的原因是O

(4)滤液II能否直接蒸发浓缩制取硫酸亚铁晶体，判断并说明理由：。

(5)高温灼烧FeSO『7H2。晶体，最得到红棕色固体粉末，同时得到两种酸性气体和

水蒸气，则硫酸亚铁晶体分解的化学方程式为。

(6)向硫酸亚铁和硫酸铜的混合溶液中加入Na2s溶液、当同时有FeS和CuS沉淀产生

1836

时，溶液中怒之=。[已知Lp(FeS)=6.0X10-；Ksp(CuS)=1.5X10-]

答案和解析

1.【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查物质组成、结构与性质的关系，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质

即可解答，A为易错点，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

【解答】

A.玻璃是传统无机非金属材料，氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料，故A正确；

B.硝酸镂受撞击或受热后会发生爆炸性的分解，可用作炸药，又因其含氮量较高，也用

作化肥，故B正确：

C由于纯碱溶于水会放热，而氯化钠溶于水对温度影响较小，则只用蒸镯水就可以鉴别

纯碱和食盐，故C正确；

D.臭氧具有强氧化性，活性炭具有较强吸附性，游泳池用臭氧或者活性炭消毒的原理不

同，故D错误；

故选：Do

2.【答案】D

【解析】解：A.乙醇和甲酸的摩尔质量均为46g/mol,贝IJ46g混合物的物质的量为lmol,

但乙醇含1个氧原子，甲酸含2个氧原子，故Imol混合物中含有的氧原子数介于NA〜2NA，

故A错误；

B.78gNa2（）2的物质的量n=lmol,而过氧化钠和二氧化硫发生氧化还原反应，

过氧化钠中-1价的氧元素被还原为-2价，故Imol过氧化钠反应后转移2NA个电子，故

B错误；

C.65g锌的物质的量是Imol,锌反应生成锌离子转移2moi电子，无论生成氢气，还是二

氧化硫，都是达到Imol气体得到2moi电子，所以生成的气体的物质的量是Imol,生成

气体的分子数为NA，则32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成的气体分子数等于

0.5NA,故C错误；

D.lOOgCaS与Cas。4的混合物中钙元素、硫元素和氧元素质量总和为100g,其中硫元素

32g,钙元素和硫元素物质的量之比为1：1,计算得到钙元素质量为40g,得到氧元素

第8页，共19页

质量=100g-32g—40g=28g,含有氧原子数为：口|篇xNA/mol=1.75NA，故D

正确。

故选：Do

A.乙醇和甲酸的摩尔质量均为46g/moL但乙醇含1个氧原子，甲酸含2个氧原子；

B.求出78gNa2（）2的物质的量，然后根据过氧化钠和二氧化硫发生氧化还原反应，过氧

化钠中-1价的氧元素被还原为-2价，据此分析；

C.锌和浓硫酸反应生成气体二氧化硫，硫酸变稀后锌和稀硫酸反应生成气体为氢气；

D.Ca、S的物质的量相等，结合S的量计算出Ca的物质的量及质量，从而可知氧原子的质

量，再结合n=*2计算。

本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的

各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵

活运用基础知识解决实际问题的能力。

3.【答案】C

【解析】

【分析】

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，注意酚、烯煌的性质，题目难度不大。

【解答】

A.由结构可知分子式为C9H8。3,故A错误；

B.含碳碳酸双键，可使高镒酸钾、澳水褪色，故B错误；

C.由结构的对称性可知，苯环上有2种H,则苯环上的一氯代物有2种，故C正确；

D.含苯环、碳碳双键可发生加成反应，含酚-OH、-COOH均可发生取代反应，故D错

误；

故选：Co

4.【答案】D

【解析】解：A.氨气易溶于水，二氧化碳的溶解度较小，为了保证二氧化碳被充分吸收,

应先通入氨气，否则不能得到碳酸氢钠，故A错误；

B.分液时，下层液体从下端流出，上层液体应从上端倒出，以避免液体重新混合而污染,

故B错误；

C.球形冷凝管，它的冷凝效果要优于直形冷凝管，但不能用于组装成蒸储装置，冷凝后

的液体残留在球形区域，故C错误；

D.氨水溶液呈碱性，加入酚醐呈红色，故D正确。

故选：Do

A.二氧化碳的溶解度较小，应先通入氨气；

B.分液时，应避免液体重新混合而污染；

C.球形冷凝管冷凝效果要优于直形冷凝管，但球形冷凝管可以存留部分液体；

D.氨水溶液呈碱性。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯及物质的制备等，把

握物质的性质及反应原理为解答的关键，注意实验装置的作用及实验的评价性分析，题

目难度不大。

5.【答案】B

【解析】解：A、B、C、D均为短周期主族元素，原子序数依次增大，B原子的电子层数

与最外层电子数相等，可为Be或Al,A与C同主族，且原子最外层电子数之和为18,若B

为Be,则A只能为H,A与C同主族，A、B、C最外层电子数之和为：1+1+2=4,D最

外层电子数超过7,不符合题意，贝IB为ALB、C、D都在第三周期，单质均能与氢氧化

钠反应，可知C为Si,D为Q,A为C,以此解答该题。

A.电子层越多离子半径越大，氯离子核外3个电子层，铝离子核外2个电子层，则简单离

子半径：D>B,故A错误；

B.非金属性C>Si,元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，筒单氢化物的热稳定

性：A>C；D为CL氧化物对应水化物呈酸性，而氢氧化铝是两性氢氧化物，则氧化物

对应水化物的酸性：D>B,故B正确；

C.氧化铝为离子化合物，含有离子键，二氧化硅为共价化合物，含有共价键，故C错误；

D.氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，所以不能用电解熔融氯化铝方法制备铝，

故D错误。

故选：B。

本题考查了原子结构与元素周期律，为高考常见题型，题目难度不大，推断元素为解答

关键，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题有利于提高学生的分

第10页，共19页

析能力及逻辑推理能力。

6.【答案】D

【解析】解：A.根据装置图可知，HSO]被还原为S2O广，发生还原反应，则a电极为负

极，b电极为正极，与b极相连的电极为电解池的阳极，发生氧化反应，故A正确；

B.阴极对应的反应为2HSO]+2H++2e-=SzO厂+2出0，阴极得到2moi电子时，通

过阳离子交换膜的氢离子为2mol,故B正确；

C.吸收池中发生反应的离子方程式为2N0+2s2。r+2H2。=N2+4HS0J,故C正确；

+

D.阴极对应的反应为2HS0J+2H+2e-=S20l~+2H20,故D错误；

故选：D»

电解池中电源正极连接的为阳极，失去电子，发生氧化反应，负极连接的为阴极，得到

电子，发生还原反应；

A.根据装置图可知，HSO]被还原为520广，发生还原反应；

+-

B.阴极对应的反应为2HS0]+2H+2e=S20t+2H2O,可知阴极得到2mol电子时，

通过阳离子交换膜的氢离子为2mol；

C.吸收池中发生反应的反应为NO与S2O/反应生成N2和HSO1；

D.阴极对应的反应为得到电子，发生还原反应；

本题主要考查电化学，涉及到电极方程式、离子的移动、电极判断等知识点，解题的关

键是对电解原理的理解和应用，为高频考点，难度中等。

7.【答案】D

【解析】解：A.①开始时逐渐增大，之后逐渐减小，则①表示HCzO1的分布曲线；pH越

大②的浓度越小，在pH约为3时②基本为0,则②表示H2c2O4的分布曲线;③表示C2。/-

的分布曲线，故A错误：

B.Q点呈酸性，c(H+)>c(OH-),则lgc(H+)>lgc(OH-),故B错误；

C.P点C(HC20])=c(C20i-),该温度下H2c2O4的电离平衡常数Ka2=«C2露);,)=

CQHC2O4J

+-42-1-42

c(H)=1x10-mol-L,H2c2O4的一级电离平衡常数Kai>Ka2=1x10-mol-

L-1,故C错误；

+

D.O.lOOmol•IT】的NaHC2()4溶液中存在物料守恒：c(Na)=c(C20i-)+c(H2C2O4)+

++

C(HC2O；),电荷守恒：c(Na)+c(H)=2c(C201-)+c(OH-)+c(HC2O；),二者结合

+

可得：c(OH-)+c(C2Oi-)=c(H)+C(H2C2O4),即c(OFT)=c(H+)-《2。广)+

C(H2c2。4)，故D正确；

故选：D。

A.体积图示可知：①开始时逐渐增大，之后逐渐减小，则①表示HCzO］的分布曲线;

B.Q点pH<3,溶液呈酸性；

C.P点的pH=4.2,C(HC2OJ)=c(C2O^-),该温度下H2c2O4的电离平衡常数82=

c(CzO『>c(H+)

c(H+),Kal>Ka2；

C(HC2OJ)

D.根据电荷守恒和物料守恒判断。

本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，为高频考点，题目难度中等，注意

把握物料守恒、电荷守恒的运用，答题时注意体会,试题侧重于学生的分析能力的考查。

8.【答案】⑴A、D、B、C；

(2)2AIN+4H2sO4=A12(SO4)3+(NH4)2SO4Al4c3+6H2SO4=2A12(SO4)3+

3CH4T；

(3)②①③⑤④⑥；排出装置内的空气，防止对实验的干扰；偏小；

(4)反应完毕后，取少量A中溶液于试管，滴加浓NaOH溶液，加热，用镶子夹一块湿润

红色石蕊试纸放在试管口正上方，试纸变蓝色，则说明A中有NH，否则没有NH：；

【解析】

【分析】

本题是以Al4c3含量的计算及甲烷与氧化铜反应为载体的综合性实验题目，主要考查实

验的步骤、实验中的注意事项、混合物中物质含量的测定及相关化学方程式和离子的检

验方法，题目难度中等，最后两空都涉及到计算，学会利用关系法解答涉及多个化学方

程式的计算题。

【解答】

(1)A装置中样品与稀硫酸反应产生N网和CH,，NH3溶于A中的水溶液中，从A中出来的

气体有CH4和也0蒸气，经过D装置碱石灰的干燥得到干燥纯净的C%,通入B装置中与

CuO反应生成CO2,再将产生的CO2气体通入Ba(OH)2溶液，Ba(OH)2溶液变浑浊，故正

第12页，共19页

确的顺序为：A、D、B、C,

故答案为：A、D、B、C；

(2)A1N和稀硫酸反应，可以先考虑AIN与水反应生成氨气和氢氧化铝，然后氨气和氢氧

化铝再与硫酸反应生成硫酸铝和硫酸镂，再将两个方程式相加可得对应的化学方程式为:

2AIN+4H2sO4=Al2(S04)3+(NH4)2S04:同样的道理可得Al4c3与稀硫酸反应的化学

方程式为：Al4c3+6H2sO4=2A12(SO4)3+3cH4T,

故答案为:2AIN+4H2s。4=AI2(SO4)3+(NH4)2S04；Al4c3+6H2S04=2A12(SO4)3+

3CH4T；

(3)先向A中加入样品，组装好装置并检查气密性，同时称量B的质量，然后向A中通入电，

排除装置中的空气，防止对实验的干扰，然后点燃B处酒精灯，再用分液漏斗放出稀硫

酸，产生气体发生反应，冷却后再称量B的质量，最后再通入电气体，将产生的CO2气

体全部排入Ba(OH£溶液中，所以正确的实验步骤顺序是：②①③⑤④⑥；操作①的

目的是排出装置内的空气，防止对实验的干扰；若操作③与操作⑤顺序颠倒，在未加

热下CH4不会与CuO反应，而导致CHd的量损耗，从而引起Al4c3的质量偏小，所测Al4c3

质量分数偏小，

故答案为：：②①③⑤④⑥；排出装置内的空气，防止对实验的干扰；偏小；

(4)NH1的检验方法是：反应完毕后，取少量A中溶液于试管，滴加浓NaOH溶液加热，

用镜子夹一块湿润红色石蕊试纸放在试管□正上方，试纸变蓝色则说明A中有NHj,否

则没有NH1,

故答案为：反应完毕后，取少量A中溶液于试管，滴加浓NaOH溶液，加热；用镜子夹一

块湿润红色石蕊试纸放在试管口正上方,试纸变蓝色。则说明A中有NH3否则没有NH2

(5)B中固体质量的减少就是CuO中0元素的质量，所以0原子的物质的量为指mol,所以

16

CuO的物质的量也为3mol,根据CH4+4CuO皂4Cu+C02+2H2。可知CH4的物质的量

16

为CuO的物质的量的;，即CH4的物质的量为白mol,所以Al4c3的物质的量为；X9mol=

464364

.,,144b

—mol,其质量为病molx144g/mol=—g,Al4c3的质量分数为玉还x100%=—x

ag4a

100%,

故答案为：

(6)当CH4的氧化产物只有82时，根据方程式和第⑸问可知CO2的物质的量为CuO的物

质的量的四分之一，所以C02的物质的量为"moL则生成的BaC()3沉淀的质量为^molx

197g/mol=2f,故当m(BaC()3)=等时，CH4的氧化产物全为CO?，

6464

故答案为：

64

9.【答案】一1038356<0.016mol/(L-min)0.27及时分离出生成物b点前反应未

达到平衡时，压强越大，反应速率越快，CO2的体积分数升高，b点后反应达到平衡后，

再增大压强，平衡逆向移动，CO2的体积分数减小2：19

【解析】解：(1)已知:①SC>2(g)+CaO(s)=CaSO3(s)△H=-402kJ-moL,

-1

②2CaSC)2⑸+02(g)=2CaSO3(s)△H=-234kJ-mol,由盖斯定律可知①x2+

1

②得反应2s02(g)+O2(g)+2CaO(s)=2CaSO4(s),则4H=(-402kJ-mor)x2+

1

(-234kJ-mor)=-1038kJ-moL；根据CaC()3(s)=CO2(g)+CaO(s)△H=+178kJ-

mol-1,可知分解2moi2moicaCC)3分解消耗的能量为178kJ,mol-】x2moi=356kJ,即

向燃煤中加入CaC03也可起到固硫作用。若固定2moiSO2,相应量的煤在相同条件下，

燃烧时向环境释放出的热量会减少356kJ,

故答案为：-1038；356；

(2)①温度越高，反应速率越快，越先达到“拐点”，说明TI>T2,结合图中信息，可

知，升高温度，NO2的转化率下降，说明平衡逆向移动，则该反应为放热反应，AH<0：

温度为时，反应开始到达到平衡，△n(NO2)=2molx0.8=1.6moL则4n(N2)=|x

1.6mol=0.8moLv(N2)=墨:仄=0016mo1/(L,min),

故答案为：<；0.016mol/(L•min)；

②温度为T#寸，NO2的转化率为60%,

2C(s)+2NO2(g)^N2(g)+2CO2(g)

起始(mol/L)0.400

转化(mol/L)0.4x0.60.120.24

平衡(mol/L)0.160.120.24

K=丝喘等=黑普=0.27；若保持温度不变，及时分离出生成物，平衡正向

2

C(NO2)(0.16产

移动，提高NO2转化率，

故答案为：0.27；及时分离出生成物；

③b点前反应未达到平衡时，压强越大，反应速率越快，CO2的体积分数升高，b点后反

应达到平衡后，再增大压强，平衡逆向移动，CO2的体积分数减小；压强为Pi时，CO2的

体积分数(⑺为40%,根据方程式可知，二氧化碳和氮气生成比例为2：1,则氮气的体

第14页，共19页

积分数为20%,则NO2的体积分数1-40%-20%=40%,则c(N()2)：c(N2)=2：1,

故答案为：b点前反应未达到平衡时，压强越大，反应速率越快，CO2的体积分数升高，

b点后反应达到平衡后，再增大压强，平衡逆向移动，CO2的体积分数减小；2：1；

(3)K=，贝h(H+)=需号x(2=击x1x10-7=10-9mol/L,则pH=

a2喘CQ:no牛Uj))C9U3)JLUU

9,

故答案为：9。

(1)由盖斯定律可知①X2+②得反应2s02(g)+02(g)+2CaO(s)=2CaSO4(s)；固定

2molS02,需要分解2moicaC()3，计算2moicaC()3分解消耗的能量即可；

(2)①温度越高，反应速率越快，越先达到“拐点”，说明TI>T2,结合图中信息，可

知，升高温度，N02的转化率下降，说明平衡逆向移动：温度为时,反应开始到达到

平衡，△n(N02)=2molx0.8=1.6moL则4n(N2)=|x1.6mol=0.8mol,v=^^计

算；

②温度为Ti时，NO2的转化率为60%,列化学平衡三段式，结合K=丝磊产计算；

若保持温度不变，提高NO2转化率，平衡正向移动，根据勒夏特列原理解答；

③反应未达到平衡时，压强越大，反应速率越快，达到平衡后，再增大压强，平衡逆

向移动；压强为pi时，CO?的体积分数(甲)为40%,根据方程式可知，二氧化碳和氮气

生成比例为2：1,即可得出氮气的体积分数和NO2的体积分数；

(3)Ka2=端舞，则c(H+)=黑号x隙2据此计算。

本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析

能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三

段式等知识解答，此题难度大0

10.【答案】⑴3d6；4；

(2)氧化铝是离子晶体，而氯化铝是分子晶体；

(3)AI原子失去一个电子后，其3s上有2个电子为全满状态，较稳定;

(4)0>Si>Cu；sp3；

⑸4；12；(；,沾：屋黑田。

【解析】解：(l)Fe是26号元素，核外电子排布为[Ar]3d64s2,失去两个电子后，核外

电子排布变为[Ar]3d6；根据洪特规则，Fe2+的核外电子中有4个未成对电子。

故答案为：3d6；4；

(2)氯化铝是分子晶体，熔点较低。氧化铝是离子晶体，熔点较高。

故答案为：氧化铝是离子晶体，而氯化铝是分子晶体

(3)A1的价层电子排布为3s23pL失去一个电子后，3s轨道为全满状态，较为稳定，故

第二电离能增幅较大。

故答案为：A1原子失去一个电子后，其3s上有2个电子为全满状态，较稳定；

(4)非金属性越强，电负性越大，故Cu、Si、0中。的电负性最大，Cu的电负性最小。在

Si。2中，1个Si原子和4个0原子形成4个共价键，每个Si原子周围结合4个0原子，故Si原

子采取Sp3杂化。

故答案为：0>Si>Cu；sp3；

(5)根据该铜的澳化物的晶胞结构可知，Cu周围距离最近的Br有4个，故铜的配位数为4；

以顶点Br为例，与其紧邻的Br为面心上的Br,共计12个；

根据P、Q点的坐标，可确定R点的坐标为根据均摊法，该晶胞中含有的Br的数

目为8x：+6x；=4,Cu在晶胞体内，共计4个。

O乙

4x(64+80)

41443

p=^=3"30g/cm「-^g/cm°

vVa3xlO_30NAXa3xiO_30&/

..小加,111、4X144

故答案为：4;12;(；,-,；)；NAXakO-。。

本题综合考查的物质结构与性质的关系。需要掌握核外电子排布规律，物质熔沸点高低

的判断，电离能和电负性的大小的判断，杂化方式的判断，晶胞结构的分析，包括配位

数，原子或离子的相邻关系，密度或晶胞参数的求算。

11.【答案】羟基、竣基水解反应或取代反应氧化反

应CHBr,—<^O>—COOCH,(CH2OH)3CCHO

000

NaOH+NaO-C―-CHO+2Cu(0H)iC—ON**Cu2Oj♦3H；0

OO

HOOc/"^-COOH+CY'^-C-OCHJCHJO%1'

n+nHOCHiCHOH-*"+2nHZ)

0

……I

H0——C-H

【解析】解：(1)E为HOOCY^^CHQH,含有羟基、竣基等官能团,

故答案为：羟基、段基;

第16页，共19页

(2)反应①属于水解反应，也属于取代反应，E为HOOC：Y^X~CH,OH，反应④为E发

生氧化反应得到对苯二甲酸，

故答案为：水解反应或取代反应；氧化反应；

(3)由上述分析可知，M的结构简式为CHBr，Y^>—COOCH,,G>g(CH2OH)3CCHO,

故答案为：CHBrj-<0>-COOCH)；(CH2OH)3CCHO；

(4)A-D的化学方程式为

oo

、a()H♦NaO■-C-CHO♦2Cu(OH)—NaO-C—O、n♦Cu?。.43HO

22

000

故答案为：।,飞△,।；

\aOH+NaOC-；-CHO*201(OH)?、aO'"€-'/C—ONa*CuOj♦3HO

22

(5)对苯二甲酸与乙二醇反应生成聚对苯二甲酸乙二酯(PET)的化学反应方程式为

OO

HOOC-^y-COOH+c-IIXIIJO-L

n+nH0CHCH=0Hf"+2nH=0

oo

故答案为：HOOC-^\-COOH+C-<,-<XIKtbOK；

nfnHOCH^HOH->”+2nffc0

(6)E为HOOC—<^3^>-<乩014,E的同分异构体符合下列条件①能发生水解反应说明含

有酯基，②能发生银镜反应说明含有醛基，③遇FeCh溶液显紫色说明含有酚羟基，

则该物质中如果含有HCOO-、酚-0H和甲基，

如果一0H和一CH?位于相邻位置，有4种；

如果-0H和-CH3位于相间位置，有4种；

如果-0H和-CH3位于相对位置，2种；

如果含有HCOOCH2—、酚一0H,有3种；

所以符合条件的有13种；

其中核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为1：1：2：2：2的同分异构体的结构简式为

0

HO-"LCHj-O-C-H

故答案为：13；

M和氢氧化钠的水溶液发生水解反应生成A、B,可说明M含有酯基.B与氧气在Cu、加

热条件下发生催化氧化生成F,B中含有羟基，由E可知B含有1个C原子，故B为CH3OH、

F为HCHO,F与乙醛反应得到G,结合C的结构简式可知G为(CH2OH)3CCHO.可知A中含有

艘基，而A能与新制氢氧化铜反应得到D,贝必中含有-CHO,A酸化后与氢气反应生成E,

E氧化得到对苯二甲酸,而D酸化也得到对苯二甲酸,可推知A为NaOOcY3>>CH0,

则E为HOOC—<^O^>—CHjOH-D为NaOOC—<O^—COONa>由于两个-OH同时连

在一个C原子上，结构不稳定，会自动失水，综上分析可知M的结构简式为

CHBrj^O>COOCH„以此解答该题；

(6)E为HOOC-H>OH，E的同分异构体符合下列条件；

①能发生水解反应说明含有酯基，②能发生银镜反应说明含有醛基，③