2022年云南省曲靖二中高考化学二模试卷（附答案详解）.pdf

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1、2022年云南省曲靖二中高考化学二模试卷一、单 选 题（本大题共7小题，共4 2.0分）1 .全国实行垃圾分类，体现了环境保护。下列有关说法正确的是（）A.废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不可降解，能使滨水褪色B.可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氯化铝制取C.废旧电池中含有镁、镉等重金属，不可用填埋法处埋D.含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成C O 2和H 2 O2 .已知N为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.1 3.3 g靖C s含有的中子数为5.5以B.I m o l/L的碳酸钠溶液中阴离子总数小于NAC.1 1.2 L N 0和5.6 L O 2充分反应生

2、成N O 2的分子数为0-5NAD.0.5 m o l C H 4与L O m o l C k在光照下充分反应后的分子数为1.5NA3 .a-氟基丙烯酸异丁酯可用作医用胶，其结构简式如图。下 C N列关于a-氟基丙烯酸异丁酯的说法错误的是（）人 A.其分子式为C g H i i N O?B.该有机物可以发生还原反应C.分子中可能共平面的碳原子最多为6个D.其任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环境的氢原子4 .下列实验操作能达到实验目的的是（）Ml溶液A.用经水湿润的p H试纸测量溶液的p HB.将4.0 g N a O H固体置于1 0 0 m L容量瓶中，加水至刻度，配制l.O O

3、O m o l L N a O H溶液C.用装置甲蒸干A 1 C 0溶液制无水A 1 C 1 3固体D.用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量S O 25.X、Y、Z 和W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。X 的一种核素可用于测定文物的年代，X 与丫同周期且相邻，四种元素中只有Z为金属元素，W的单质为黄绿色气体。下列说法正确的是()A.原子半径：r(Z)r(W)r(Y)r(X)B.X 的氢化物中可能存在非极性共价键C.Z和W组成的化合物一定是离子化合物D.W的氧化物对应水化物的酸性比X 的强6.科学家利用质子导体反应器实现了电化学合成N 电，证明了d0作为氢源的可行性。以H 2。替换出 作为

4、氢源,可以免除H 2 的生产和提纯成本,进一步降低氨的生产成本,且可以以最小的成本生产纯。2,其工作原理如图所示。下列说法错误的是()飞 广上Q Q 0 琢 亘 W 2A.氨电极为阴极，电极反应为电+6H+6e-=2 N H3B.在外电场作用下，H +由氢电极经固体电解质移向氨电极C.每制得l m o l N G，理论上消耗1.5m ol H 2 同时得至U 48 g 氧气D.若在氢电极通入水蒸气和甲烷，电极反应为C H 4+2%0 -8 e-=C O 2 +8 H+7 .在TH时，A g z C r O K 橘红色)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知该温度下A g C l 的L p

5、=1.8 x I O-】。下列说法正确的是()c(Ag7(mol L)A.rC时，A g 2 C r()4的K s p为l.O x 1 0-8B.C 时，丫点和Z点时A g z C r C U 的K s p不相等C.向A g z C r O 4饱和溶液中加入1 2,含单质Cu及为改善电池性能添加的单质Al等)回收钻酸锂的一种工艺流程如图。经倏处理的废旧钻酸便电池材料-liCoO.流液凌潘有机相AKOHh回答下列问题：(1)废旧钻酸锂电池需经放电、拆解、粉碎预处理，粉 碎 的 目 的 是。“碱浸”所得滤液中主要溶质的化学式为、NaOH(3)电。2的 电 子 式 为 ；“酸浸”时出。2作还原剂，还

6、原产物为C02+,反应的离子方程式为 ;上述反应的氧化产物又将铜氧化而溶解浸出，该反应的化学方程式为。(4)“萃取铜”中的有机萃取剂用HR表示，发生萃取的反应可表示为CM+2HRUCuR2+2H+0 若酸浸后的浸取液pH=1.000,c(Cu2+)=O.OlOOlmol-L-1,多次萃取后水相中c(H+)为0.1200molT,则铜的萃取率为 (溶液体积变化忽第 4 页，共 21页略)：为回收铜，可用一定浓度的H 2 s O,将有机相中的铜反萃取到水相，其原理是(5)“碱浸”时少量未浸出的残余铝可在“酸浸”时浸出，萃取铜后的溶液需调p H至5.0 以上将铝离子沉淀除去。若c(C o2+)=0.

7、16 molT,为避免析出C o(O H)z 沉淀，则调p H 不能超过。(已知lK s p C o(O H)2 =1.6 X 10-15)(6)“钻、锂共沉淀”时析出C oC 0 3 和L i 2 c。3,经过滤、无水乙醇洗涤、8 0 久干燥后在7 5 0 式燃烧，反应的化学方程式为 ；生成的气体可通入上述流程中的中加以利用，参与金属回收。10.我国高含硫天然气资源丰富，天然气脱硫和甲烷与硫化氢重整制氢具有重要的现实意义。回答下列问题：(1)天然气脱硫工艺涉及如下反应：3 ,H2S(g)+-O2(g)=S O2(g)+H2O(g)A H =a kj -m o r13 ,2 H 2 s(g)+

8、S O2(g)=-S2(g)+2 H2O(g)A H =b kj -m o r11,H 2 s(g)+-O2(g)=S2(g)+H2O(g)A H =c kj -m o r1则2 s(g)=S2(g)A H =kJ -mol-1o(2)甲烷与H 2 s 重整制氢是一条全新的H 2 s 转化与制氢技术路线。为了研究甲烷对H 2 s 制氢的影响，理论计算表明，原料初始组成MCHJ：M H 2 S)=1：2,在体系压强为O.I M P a,反应C*(g)+2 H 2 s(g)-C S2(g)+4 H 2(g)达到平衡时，四种组分的物质的量分数x 随温度T 的变化如图所示：0.110 0 400 80

9、01200 160011.S C I 3)3】等。回答下列问题：(1)UF4用Mg或Ca还原可得金属铀。金属铀的一种堆积方式为体心立方堆积，该堆积 方 式 的 空 间 利 用 率 为:基 态 钙 原 子 核 外 电 子 排 布 式 为;熔点：MgO(2852oC)高于CaO(2614oC),其原因是。(2)2UO2+5NH4HF2 1 吧 2UF4-NH4F+3NH3?+4H2O T.NH4HF2中所含作用力有(填 字 母)。a.氢键 b.配 位 键c.共 价 键d.离 子 键e.金属键(3)已 知:3(NH4)4UO2(CO3)3-3UO2+10 NH3 T+9CO2 C+N2 T+9H2。

10、T。NH本 的 空 间 构 型 为,与NH：互 为 等 电 子 体 的 分 子 或 离 子 有(写 两 种)CO打 中 碳 原 子 杂 化 轨 道 类 型 为。分 解 产 物 中 属 于 非 极 性 分 子 的 是(填 字 母)oa.NH3 b.CO2 C.N2 d.H2O(4)U()2的晶胞结构及晶胞参数如图所示:晶胞中U的配位数为 O U0 2的密度为 gcm-3(列出计算式即可，用以 表示阿伏伽德罗常数的值)。美乐托宁(G)具有调节昼夜节律、抗氧化、抗炎、抑制肿瘤生长、提高记忆和延缓衰老等作用。它的一种合成路线如图：第 6 页，共 21页己知：DMF的结构简式为H-g-N CH3 LiN

11、H，N02 t -NH2(1)A中的官能团名称是。乙二醇的分子式为。(2)B到C的反应类型是.E的结构简式为 o(3)F到G的 反 应 方 程 式 为。(4)A的同分异构体中，分子中存在羟基且苯环上只有两个取代基的有 种，写出其中核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：2：2：1的所有结构简式：oOCH3(5)4甲氧基乙酰苯胺)是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醛(NHCOCH3OCH3d)制备4-甲氧基乙酰苯胺的合成路线：o (其他试剂任选)。答案和解析1.【答案】C【解析】解：A.废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，很难降解，不能使澳水褪色，故A错误；B.可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解熔

12、融的氧化铝制取，故B错误；C.废旧电池中含有银、镉等重金属，不可用填埋法处埋，否则会造成水体污染，故C正确；D.棉、麻、丝及合成纤维的主要成分是纤维素，燃烧处理时都只生成CO2和Hz。，毛的主要成分是蛋白质，燃烧处理时都生成CO2、出0和氮气等，故D错误；故选：CoA.聚乙烯结构中不在含有C=C键；B.氯化铝属于共价化合物，电解熔融的氧化铝制取金属铝；C.含有银、镉等重金属的电池若填埋会造成水体污染；D.毛的主要成分是蛋白质，燃烧处理时都生成CO2、H2O和氮气。本题主要考查聚乙烯类白色污染，废弃电池的处理等，考查学生的环境保护意识，属于基本知识点考查，难度不大。2.【答案】D【解析】解：A.

13、13.3g导3cs含有的中子数为：式篇x7 8 xN A m o L =7.8NA，故A错误；B.溶液体积未知，无法计算离子个数，故B错误；C.气体状况未知，无法计算气体的物质的量，故C错误；D.甲烷与氯气的反应中，反应前后分子数始终不变，所以OSmolCH,与l.OmoICk在光照下充分反应后的分子数为1.5NA，故D正确；故选：DoA.1个段3cs含有中子数为133-55=78；B.溶液体积未知；C.气体状况未知；D.甲烷与氯气的反应中，反应前后分子数始终不变。本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心第8页，共21页的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题

14、充分考查了学生灵活应用所学知识的能力。3.【答案】C【解析】解：A.根据结构简式确定分子式为CgHiiNOz，故A正确；B.碳碳双键能和氢气发生加成反应，该反应也属于还原反应，故B正确；C.碳碳双键、CN、一COOC-均直接相连，月.3个原子可确定一个平面，连接2个甲基的C为四面体结构，可能共平面的碳原子最多为7个，即只有1个甲基上C与其它碳原子不共面，故C错误；D.该有机物不饱和度是4,苯环的不饱和度是4,如果含有苯环，苯环上还含有羟基或酸键、氨基，除了苯环外还含有2个碳原子，所以其任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环境的氢原子，故D正确；故选：Co该有机物中含有碳碳双键、-CN、酯

15、基，具有烯煌、月 青、酯的性质，一定条件下能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、水解反应、取代反应等。本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，易错点是同分异构体判断，题目难度不大。4.【答案】D【解析】解：A.用经水湿润的pH试纸测量溶液的p H,原溶液被稀释，若为酸性或碱性溶液，会影响测定结果，故A错误；B.应该在烧杯中溶解NaOH固体，不能在容量瓶中直接溶解，故B错误；C.氯化铝水解生成氢氧化铝和HCL HC1易挥发，蒸干AICI3溶液无法获得无水AlCk固体，故C错误；D.NaOH溶液与二氧化硫反应，且不与乙烯反应，可用装置乙除去

16、实验室所制乙烯中的少量S O 2,故D正确；故选：D本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及溶液配制、pH试纸使用、物质分离与提纯、盐的水解等知识，明确常见化学实验基本操作方法即可解答，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。5.【答案】B【解析】解：由上述分析可知，X 为C、丫为N、Z 为N a 或M g 或A l、W为C 1,A.电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：r(Z)r(W)r(X)r(Y),故 A 错误；B.X 的氢化物为多碳原子的烧时，存在非极性共价键，故 B正确；C.Z 和W组成的化合物若为氯化铝，为共价化合物，故 C错误；D.非金属性C

17、1 大于C,W的最高价氧化物对应水化物的酸性比X 的强，不是最高价含氧酸无此规律，故 D错误；故选：B。X、Y、Z 和W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X 的一种核素可用于测定文物的年代，X 为C,X 与丫同周期且相邻，丫为N；四种元素中只有Z 为金属元素，Z 为N a 或M g或A l,W的单质为黄绿色气体，W为CL以此来解答。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、元素的位置及性质来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。6.【答案】C【解析】解：A.该装置为电解池，氨电极上电 发生得电子的还原反应生成N 电,则氨电极为阴极

18、，电极反应为N z +6 H+6 e-=2N H3，故 A 正确；B.该装置为电解池，氨电极为阴极，氢电极为阳极，工作时H+由氢电极经固体电解质移向氨电极，故 B 正确；C.阴极反应式为“+6 H+6 e-=2N H3，阳极反应式为2H20-4e-=02 T+4 H+,根据电子守恒可知，4N H3 3 O2，n(02)=-n(N H3)=0.7 5 x Imo l x 32g/mo l =24g,故C 错误；D.C的非金属性与0,则稳定性：H2O C H4,若在氢电极通入水蒸气和甲烷，甲烷失电子生成CO 2，电极反应为CH4+2H2()-8 e-=C()2+8 H+,故 D 正确；故选：C由图

19、可知，该装置为电解池，氨电极上电发生得电子的还原反应生成N H3,氢电极上山0发生失电子的反应生成。2,则氨电极为阴极，氢电极为阳极，阴极反应式为N 2+6 H+6 e =2N H3,阳极反应式为2H20 4e-=O 2 T+4 H+,电解池工作时，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，结合电极反应和电子守恒进行计算，据此分析解答。本题考查电解原理的应用，为高频考点，把握电极的判断和各个电极上发生的反应为解第 10页，共 21页答关键，侧重侧重考查学生的分析能力及灵活运用能力，题目难度不大。7 .【答案】D【解析】解：A.由图可知，Ks p(Ag2Cr O4)=c2(Ag+)-c(Cr O f)=(

20、1 X IO-3)2 X (1 X1 0-5)=1 x 1 0-1 1，故 A 错误；B.K s p 只与温度有关，温度不变，则K s p 不变，1:。(：时图中丫点和Z 点的K s p 相等，故 B 错误；C.c2(Ag+)-c(Cr O i-)=Ks p(Ag2Cr O4),饱和Ag z Cr O,溶液中加入L Cr CU，则c(Cr O 厂)增大、c(Ag+)减小，仍然在曲线上，不可能由丫点移动到X 点，故 C 错误；D.Ks p(Ag2Cr O4)=c2(Ag+)-c(Cr O Q)=1 x IO _1 1,Ks p(Ag Cl)=c(Ag+)c(C)=1.8 X1 0-1。，以0.0

21、1 mo l/L Ag N C)3溶液滴定20mL 0.01 mo l/L K Cl 和0.01 mo l/L 的L Cr CU 的混合溶液中：c(Cr O 厂)=0.01 mo l/L,c(Cr)=O.O l mo l/L,Cr O 厂沉淀时c(Ag+)=L =1 0-4-smo l/L C沉淀时c(Ag+)=mo l/L =1.8 x 1 0-8mo l/L ：6：I l；2 L i CoO2+H202+6 H+=2 L i+2 Co2+02 T+4 H20；2 Cu +C)2 +2 H 2 SO4 =2 C1 1 SO4 +2 H 2。；(4)若酸浸后的浸取液p H =1.0 0 0,则

22、酸浸后的浸取液中c(H+)=O.lOOOmol 多次萃取后水相中c(H+)为0.1 2 0 0 mol 1,则溶液中多的c(H+)为0。2 0 0 moi 厂1，根据“C M+2 H R#CUR2+2 H+”得除去c(Cu 2+)=：x 0.0 2 0 0 mol-L-1=O.OlOOmol-L T,则铜的萃取率为可 鲁x 1 0 0%,99.90%；根据“CM+2 H R U C U R 2 +2 H+”U.U L UU X 1 1 1 0 1/L知，加入稀硫酸导致溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，从而得到CM+,故答案为：99.90%；增大氢离子浓度，萃取反应平衡逆移；(5)若c(C0

23、2+)=0.1 6 mol.L,为避免析出Co(0 H)2 沉淀，溶液中c(OH-)m o l/L =1 0-7mol/L,则调p H 不能超过7.0,故答案为：7.0；(6)“钻、锂共沉淀”时析出CoCC)3 和L i 2 c。3,经过滤、无水乙醇洗涤、80 干燥后在7 5 0 汽燃烧得到L i CoOz，Co元素化合价由+2 价变为+3 价、氧气中O元素化合价由0 价变为-2 价，7S0T根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为4 coec)3 +2 L i 2 cO3 +O2-4 L i CoO2+6 C02,生成的气体为二氧化碳，Na OH 和二氧化碳反应生成碳酸钠，滤液中含有Na O

24、H,所以生成的气体可通入上述流程中的滤液中加以利用，参与金属回收故答案为：4 COCO3+2 L i2CO3+02 4 L i CoO2+6 CO2；滤液。废旧钻酸锂电池材料(主要成分为L i CoC)2,含单质Cu 及为改善电池性能添加的单质A l等)用Na OH 溶液碱浸，A 1 和Na OH 溶液反应方程式为2 A l+2 H2O+2 Na OH =2 Na A 1 02+3 H 2 T,过滤后，滤液中含有过量的Na OH、可溶性的N aAQ，L i CoO2 和Cu 都难溶于Na OH溶液，则得到的滤渣中含有UC0 O2 和Cu；向滤渣中加入稀硫酸、双氧水进行酸浸，“酸浸”时小。2 作

25、还原剂，还原产物为C0 2+,发生的离子反应方程式为2 UC0 O2 +H 2 O2 +6 H+=2 L i+2 co2+O2 T+4 H 2 O，Cu 和氧气、稀硫酸发生化学反应2 Cu +。2 +2 H 2 s Od=2 CUS04+2 H 2 O,“碱浸”时少量未浸出的残余铝可在“酸浸”时浸出，萃取铜后的溶液需调p H 至5.0 以上将铝离子沉淀除去；向溶液中加入有机萃取剂萃取Cu,分液得到有机相中含有CUR?;向无机相中加入碳酸氢钱调节溶液的p H 除去残余A l得到A 1(OH)3，“钻、锂共沉淀”时析出COCO3 和L i 2 c。3，经过滤、无水乙醇洗涤、8 0 K 干燥后在空气

26、中7 5 0。(：时燃烧得到L i CoOz，根据反应物、生成物及反应条件知，燃烧时反应方程式为 4 coeO3 +2 L i 2 cO3 +O2 4 L i C o O2+6 C02；(1)反应物接触面积越大，反应速率越快；(2)碱浸时，A 1 易和Na OH 溶液反应生成可溶性的偏铝酸钠：(3)双氧水分子中每个0 原子和一个H 原子共用一对电子、两个0 原子之间共用一对电子；“酸浸”时也。2 作还原剂，还原产物为C M+,双氧水中。元素化合价由-1 价变为0 价、Co元素化合价由+3 价变为+2 价，同时还有水生成；上述反应的氧化产物氧气又将铜氧化而溶解浸出，得到硫酸铜；(4)若酸浸后的浸

27、取液pH =1.0 0 0,则酸浸后的浸取液中c(H+)=O.l O O O m ol -L-1,多次萃取后水相中c(H+)为0.1 2 0 0 m ol -L-1,则溶液中多的c(H+)为0.0 2 0 0 m ol -L-1,根据“C M+2 H R=CUR2+2 H+”得除去c(Cu 2+)=|x 0.0 2 0 0 m ol -L_1=O.O l O O m ol L-1；“CM+2 H R U C U R 2 +2 H+”中增大生成物浓度，平衡逆向移动；(5)若c(Co2+)=0.i 6 m ol T,为避免析出Co(0 H)2 沉淀，溶液中c(O H-)程m ol/L=1 0-7m

28、 ol/L;(6)“钻、锂共沉淀”时析出CO CO?和Li 2 cO 3,经过滤、无水乙醇洗涤、8(TC干燥后在7 5 0?燃烧得到U CO O 2,Co元素化合价由+2 价变为+3 价、氧气中0 元素化合价由0 价变为-2 价,根据反应物和生成物及反应条件书写方程式；生成的气体为二氧化碳，NaO H 和二氧化碳反应生成碳酸钠。本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合,第1 4 页，共2 1 页题目难度不大。1 0.【答案】|(a+b-3 c)c a B 升高温度，反应物物质的量分数

29、降低，生成物物质的量分数增大，说明平衡正向移动33.3%0.0 1 电极b 2H2S-4 e-=S2+4H+【解析】解：H2s(g)+|()2(g)=SO2(g)+H2O(g)AH=akj.m oL2H2s(g)+SO2(g)=|s2(g)+2H2O(g)AH=bkj.m o LH2s(g)+扣 2(g)=S2(g)+H2O(g)AH=ckj-m or1根据盖斯定律：|x +|x 2X 可得 2s(g)=S2(g)AH=|(a+b-3c)kJ/mol,故答案为：|(a+b-3 c)；(2)根据原料初始组成MCH4)：n(H2S)=1：2,则曲线d为C%,曲线c为f S,根据方程式可知n(CS2

30、)：n(H2)=1：4,则曲线b为C Sz(g),曲线a为Hz(g)曲线；A.4VJE(H2S)=2V逆(出)才能说明反应达到平衡状态，故 A 错误；B.CH4的体积分数不再变化，说明反应达到平衡状态，故 B 正确；C.原料初始组成MCH。：n(HzS)=1：2,两者变化物质的量为1：2,则 罂 始 终 等 于P则不能说明反应达到平衡状态，故 c 错误；D.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变,当气体的密度不再改变，不能表明反应已达到平衡状态，故 D 错误；故答案为：c；a；B；由图可知，随着温度的升高，反应物物质的量分数降低，生成物物质的量分数增大，说明平

31、衡正向移动，则该反应为吸热反应，AH。，故答案为：；升高温度，反应物物质的量分数降低，生成物物质的量分数增大，说明平衡正向移动；M点X(HZS)=X(H 2)，列化学平衡三段式，设甲烷转化物质的量为xmol,CH4(g)+2H2s(g)t CS2(g)+4H2(g)起始(mol)a 2a 0 0转化(mol)x 2x x 4x平衡(m ol)a-x 2a-2x x 4x则2 a-2 x=4 x,解得x=；a,CH4的转化率为二 x 100%*33.3%；6a95 0 久时该反应的x(C H J =x(C S 2),列化学平衡三段式，设甲烷转化物质的量为ym oLC H4(g)+2 H 2 s(

32、g)t C S2(g)4-4H2(g)起始(m ol)a 2 a 0 0转化(m ol)y 2 y y 4y平衡(m ol)a y 2 a 2 y y 4ya-y=y,则y=0.5 a,混合气体总物质的量为：(3 a+2 x 0.5 a)m ol=4am oL p(C H4)=詈 x O.I M Pa=2 M P a,同理pf S)=M Pa,p(C S2)=M P a,p(H2)=M Pa,Kp=P(C SZ)P H2)=A M PaxM Pa)=Q l fMpp(C H4)p2(H2S)表 M Pax扁M Pa),，故答案为：3 3.3%;0.0 1;(3)通氧气的电极为正极，则正极为电极

33、b,H 2 s 在负极失去电子转化为S 2，电极方程式为：2 H 2 s-4e-=S 2 +4H+,故答案为：电极b；2 H2S-4e-=S2+4H +O(1)H 2 s(g)+|()2(g)=S O2(g)+H2O(g)A H =akj -mo L 2 H 2 s(g)+S O2(g)=|s2(g)+2 H2O(g)A H =bkj .m o r1 H 2 s(g)+O2(g)=S2(g)+H2O(g)A H =ckj -m ol-1根据盖斯定律：|x +|x -2x 可得2 s(g)=S2(g);(2)根据原料初始组成MCHQ：n(H2S)=1：2,即可得出C*和H 2 s 曲线,根据方程

34、式可知n(C S z)：4 也)=1：4,即可得出C S 2(g)和电 曲线;判断化学平衡状态的直接标志：I“正=丫逆(同物质)，n.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；由图可知，随着温度的升高，反应物物质的量分数降低，生成物物质的量分数增大，说明平衡正向移动；M点X(HZS)=X(H2)，列化学平衡三段式，设甲烷转化物质的量为xm ol,C H4(g)+2 H 2 s(g)t C S2(g)+4H 2(g)起始(m ol)a2 a 00转化(m ol)x2 x x4x平衡(m ol)a-x2 a 2

35、x x4x则2 a-2 x=4x,解得x=g a,结合转化率公式计算；95 0。(2 时该反应的x(C H 4)=x(C S2),第16页，共21页列化学平衡三段式，设甲烷转化物质的量为ym ol,C H4(g)+2 H 2 s(g)-C S2(g)+4H2(g)起始(m ol)a 2 a 0 0转化(m ol)y 2 y y 4y平衡(m ol)a y 2 a 2 y y 4ya-y=y,WUy=0.5 a,结合部黜计算；(3)通氧气的电极为正极，H 2 s在负极失去电子转化为S 2。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

36、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。1 1.【答案】6 8%A r 4s 2 C aO和M g O均为离子晶体，M g O的晶格能大于C aO,故M g O晶 体 的 熔 点 高a、b、c、d正四面体 C H4,B H式或B eH铝 A 1 H、S i*及G eH。s p2 b、c 8 NA.晨K o-呼【解析】解：(1)根据体心立方堆积晶胞的内部结构，1个体心立方晶胞含有硬球数目为8、：+1 =2个，设硬球边长为a,根据硬球接触模型，则硬球半径与晶胞边长的关系为4 r=6a,所以r=&，所以空间利用率=其=%rx 1 00%=当冗x 1 00%=4 V晶胞

37、 a3 86 8%,C a处于周期表中第4周期第D A族，则基态钙原子核外电子排布式为：A r4 s2,熔点：M g O(2 8 5 2 o C)高于C a O(2 6 1 4 o C),从晶格能角度分析，离子晶体晶格能越大，熔点越高，故答案为：6 8%；A r4 s2；C a O和M g O均为离子晶体，M g O的晶格能大于C a O,故M g O晶体的熔点高；(2)N H4 HF 2为离子晶体，含有离子键，HF 含有氢键和共价键，N H中含有配位键和共价键，所以N H4 HF 2中所含作用力有：a、b、c、d,故答案为：a、b、c、d；(3)对于NH 3根据VS E P R理论，价电子对

38、数为VP =B P +L P =4 +匕 警2 =4,VS E P R模型为四面体形，形成4根N-H键，则其空间构型为正四面体，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，所以与N H。互为等电子体的分子或离子有：C H4 B H(或B e H；-、A 1 H、S i*及Ge HJ故答案为：正四面体；CH,、BH式或B eH t、A1H1、SiH,及GeHQ;对于C0，根据VSEPR理论，价电子对数为VP=BP+LP=3+匕 等 上=3,根据杂化轨道理论，中心C为sp2杂化，故答案为:sp2；分子中正负电荷中心重合的是非极性分析，不重合的是极性分子，所以属于非极性分子的是C0 2和电，故

39、答案为：b、c；(4)根据晶胞结构分析,U做面心立方最密堆积,0 做四面体填隙，从上底面面心的U看,周围等距且最近的。的数目为8,则其配位数为8,故答案为：8；一个晶胞中含有U的数目为8 x +6 xg=4个，含有0 的数目为8,不妨取lmol这样的晶胞，则lm ol晶胞的质量为m=4 x 270 g,lm ol晶胞即为NA个晶胞，1个晶胞体积为V=a3m3 =(5.455 x 10-8)3cm3,所以晶体密度为p=蒜=成 急 需 彳L L g d L 4X270故 u 案为：NA(5.455X10-8)3(1)根据体心立方堆积晶胞的内部结构计算空间利用率，空 间 利 用 率=兽，Ca处于周期

40、V晶 胞表中第4周期第HA族，熔点：Mg0(2852oc)高于Ca0(2614oc),从晶格能角度分析，离子晶体晶格能越大，熔点越高；(2)N*HF2为离子晶体，含有离子键，HF5含有氢键和共价键，NHi中含有配位键和共价键；根据VSEPR理论判断NHj的空间构型，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断；分子中正负电荷中心重合的是非极性分析，不重合的是极性分子：(4)根据晶胞结构分析，U做面心立方最密堆积，0 做四面体填隙；根据密度公式P =?计算。本题考查了物质结构和性质，明确晶胞的计算方法、第一电离能、核外电子排布式的书写规则、分子的空间结构

41、、等电子体原理、分子极性的判断即可解答，题目难度中等。第18页，共21页12.【答案】醛键、氨 基C2H6。2取代反应NO20.【解析】解:(1)由结构可知,A中官能团为醛键、氨基；乙二醇结构简式为HOCH2cH20H,其分子式为C2H6。2，故答案为：醛键、氨基；C2H6。2；(2)B到C过程中碳碳双键中氢原子被-CHO替代，反应中单键断裂，又形成单键，该反应类型为取代反应；对比D、G的结构，结合反应条件、信息，可知D中连接硝基的碳(3)E中-NO2转化为-MH2生成F,F的结构简式为F再与乙酸酎发生取代反应生成G和CH3COOH,F到G的反应方程式为H+CH3COOH；c H O C H

42、2 NH2,故答案为：1 2；H2NCH2OHS H O C H 2 NH2;(1)由结构可知，A 中官能团为酸键、氨基；乙二醇结构简式为H OC H 2 cH 2 0 H；(2)B 到C 过程中碳碳双键中氢原子被-C H O 替代；对比D、G 的结构，结合反应条件、信第20页，共21页息，可知D中连接硝基的碳碳双键与氢气加成生成E；(3)E中-NO2转化为-NH 2生成F,F再与乙酸酊发生取代反应生成G和C H 3 co 0 H；(4)A()的同分异构体存在羟基且苯环上只有两个取代基，两个取代基为-0 H、NH2 C H 2 NH 2,或者为一0 H、-NH C H3,或者为一 叫、-C H20 H,或者为Y H 3、-NH 0 H,2个取代基有邻、间、对3种位置关系；OCH3工 士 A(5)g、发生硝化反应生成(J,NO2OCH3(C H 3 C 0)2。反应生成Q J。NHCOCH3OCH3再用Li A l%还原生成O,最后与NH2本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物结构变化理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，是对有机化学基础的综合考查。