2021年湖南省湘豫名校高考化学联考试卷.pdf

《2021年湖南省湘豫名校高考化学联考试卷.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年湖南省湘豫名校高考化学联考试卷.pdf（20页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2021年湖南省湘豫名校高考化学联考试卷（3 月份）1 .化学与生产、生活密切相关，下列叙述不正确的是（）A.医用酒精、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化从而达到消毒的目的B.某口罩的关键一层-聚丙烯熔喷布属于有机高分子材料C.二氧化硫可用于杀菌、消毒，还可用作食品添加剂D.地沟油经过加工处理后可用来制肥皂和生物柴油2 .设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.高温下，0.2 m o l F e与足量水蒸气反应，生成的H2分子数为0.3NAB.将2.2 4 L（标准状况）S O 3完全溶于水，所得溶液中S O/的数目为O.INAC.常温下l L p H=1 3的N a O H溶液中，

2、水电离出的O H-的数目为O.INAD.2 8 g晶体硅中所含共价键的数目为2NA3.中医药在抗击新冠肺炎疫情中发挥了重要作用，有些中医药对其他的病症也有着独特的疗效，以下成分（结构如图）对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关该物质的叙述不正确的是（）A.该物质有4种官能团B.分子中苯环上的一氯代物只有4种C.可以发生取代反应、加成反应、氧化反应、还原反应D.I m o l该物质与滨水反应，最多消耗I m o l B r?4 .短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；B、D同主族且质子数之比为1：2；元素C是地壳中含量最丰富的金属元素。下列说法

3、不正确的是（）A.简单离子半径：D E B CB.元素B与元素C形成的化合物可作耐火材料C.氢化物的沸点：B AD.元素A与元素D的单质均存在多种同素异形体5 .用下列实验装置进行相应实验（夹持装置未画出），说法不正确的是（）C.Af f l装置可以除去S O?中的少量H C 1ttfnNaHSO,#MD.K关闭活塞K,从a处加水可检验装置气密性6.H C O O H燃料电池的装置如图，两电极间用允许K+和H +通过的半透膜隔开。下 歹I J说法错误的是()A.电池工作时，电子由a电极经外电路流向b电极B.负极的电极反应式为H C OO-+2 0 H-2 e-=H C O3 +H20C.理论上

4、每消耗标准状况下2 2.4 L 0 z，有2 m o i K+通过半透膜D.通入。2发生的反应为4 F e 2+4 H+02=4 F e3+2 H207.常温下，将N a OH溶液滴加到某二元弱酸(H?X)溶液中，混合溶液的p H与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙 门 口 弋述正确的是()|A.由图可知H 2 X的Ka 1的数量级是KT?”上!_ 或 山 山1dHX)cilX)第2页，共20页B.滴定过程中，当pH=4时，c(Na+)c(HX-)c(H+)c(OH)c(X2)8.钛酸钢(BaTi()3)是电子陶瓷材料的基础原料，用于磁扩大器，电脑装置和计算机元件的制造，工业上生产钛酸钏的一种

5、工艺流程如图。已知：草酸氧化钛钏晶体的化学式为BaTiO(C2()4)24%0。(1)用盐酸酸浸时，当温度高于40久时，浸出率急剧降低的主要原因是，常温下，若酸浸浸出液中c(Ba2+)=0.1molT,则c(CO夕)在浸出液中的最大值为 mol-L-Xo (已知常温下，BaC()3的溶度积Ksp=2.58 X IO-9)(2)常温下,T 4为液体且极易水解，配制一定浓度的TiC14溶液的方法是。(3)加入H2c2。4溶液时，发 生 反 应 的 化 学 方 程 式 为。(4)流程中通过过滤得到草酸氧化钛微晶体后，为提高产品质量需对晶体洗涤。设计实验方案验证草酸氧化钛铁晶体是否洗涤干净？。(5)高

6、温煨烧草酸氧化钛钢晶体 B a T iO g O J-4H2O得到B aT Q的同时，生成高温气体产物有CO,和 .(6)工业上还可利用固相合成法来制备BaTiOs，原理是将等物质的量的BaCO3和Ti()2在1500下反应24h制备BaTiC)3，该反应的化学方程式为。9.硫代硫酸钠晶体(Na2s203-5出0,乂 =2488010r1)是重要的化工原料，已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性和碱性环境中稳定，在4045?熔化，48汽分解。某兴趣小组用两种方法制取硫代硫酸钠晶体并加以应用。I.制备Na2s2O3-5H2。方法一：亚硫酸钠法。反应原理：S+Na2s。3 二Na2s2O3实验步骤：称

7、取一定量的Na2sCh于烧杯中，溶于水。另取过量的硫粉，加入少量乙醇充分搅拌均匀后，加到上述溶液中。水浴加热，微沸，反应后趁热过滤。滤液蒸发浓缩、冷却结晶后析出Na2s2。3-5出0晶体。再进行减压过滤、洗涤并低温干燥。(1)向硫粉中加入少量乙醺充分搅拌均匀的目的是(2)低温干燥的目的是。(3)下列说法正确的是 o (填标号)A.蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热B.快速冷却，可析出较大晶体颗粒C.冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率D.可选用冷的N a 2 C C)3溶液作洗涤剂方法二：硫化碱法，装置如图。(4)仪器C的名称是。(5)装置C中，将N a 2 s和N a 2 c O

8、3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入S O?,便可制得N a 2 s 2 O 3和C O?.反应的化学方程式为 (6)装置B中盛放浓硫酸，除干燥气体外，装置B还起到的作用有。(7)当p H计读数接近7.0时，应立即停止通S O?的原因是。(用离子方程式表示)U.N a 2 s 2 O 3的应用(8)用N a 2 s 2 O 3溶液测定废水中B a+浓度，步骤如下：取废水2 5.0 0 m L,控制适当的酸度加入足量K z Cr z O7溶液，得Ba e r。,沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解。此时Cr O全 部 转 化 为 万；再加过量K I溶液，充分反应，加入淀粉溶液作指示剂,用0.0

9、 20 0 m o l-L的N a 2s 2O3标准溶液进行滴定，反应完全时，消耗N a 2s?。3标准溶液体积为1 5.0 0 m L。己知：h+2S2OQ =S4。看 一 +2厂，则该废水中Ba?+的含量 为 g/L o1 0.汽车尾气中氮氧化物的排放与雾霾天气的产生密切相关，对其进行无害化处理是化学工作者研究的重要课题。第 4 页，共 20页408 0图3;二 H L图4400-300 二200-l0 0;、O+NO IM l00 万“1 4 2.6TSI 产+o I99?2TS2IM Z/iW.-fT 21.6 N-N/*CO0 0丁，型,/aaIM1/22.2：2 8卢、】307.6

10、CO:N3O5B.5图2反应过程 利 用反应2co(g)+2NO(g)=2CO2(g)+N2(g)H 0,可实现汽车尾气的无害化处理。一定条件下进行该反应，测得CO的平衡转化率与温度、起始投料比m m=瑞 的关系如图1所示。投料比m、n、m3从大到小的顺序为 o随着温度的升高，不同投料比下CO平衡转化率趋于相近的原因是 (2)我国学者研究了均相NO-CO的反应历程,反应路径中每一阶段内各驻点的能量均为相对于此阶段内反应物能量的能量之差，TS代表过渡态，反应过程中的复杂中间产物直接用IM表示(如图2)。2co(g)+2N0(g)=2CO2(g)+N2(g)H=。整个反应分为三个基元反应阶段，总反

11、应速率由第(填“一”、“二”或“三”)阶段反应决定。(3)若反应2co(g)+2N0(g)=2CO2(g)+电也)的正、逆反应速率分别可表示为v正=k Fc2(N0)-c2(C0)；v逆=卜逆 式电)。2(：02),k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。一定温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中加入5moi N0和5moic0发生上述反应，测得CO和CO2的物质的量浓度随时间的变化如图3所示。M点时，v正：v逆=。测得平衡时体系压强为p,K为用气体分压表示的平衡常数，分压=总压X物质的量分数，则平衡常数。(用含p的式子表示)达平衡后，若改变下列条件，既能加快反应速率又能提高NO的转化率的是A.分离

12、出部分”B.恒容时，再加入5moi NO 5mol COC.压缩容器体积增大压强D.降低温度(4)利用固体氧化物电解池通过电解方式分解氮氧化物的原理如图4所示。原理是用P t电极将NO*在电解池中分解成无污染的N?和。2除去，两电极间是新型固体氧化物电解质，在一定条件下可自由传导。2-，电解池阴极反应式为11.重金属的化合物易对环境造成污染及引起人体伤害，元素碑本身无毒，其存在于自然界各种金属矿中，它主要以各种碎化物的形式经呼吸道、消化道、皮肤进入体内引起人体中毒。回答下列问题：(1)基态碑原子核外电子排布中有 个未成对电子;第一电离能数据I(As)大于I(S e),可能的原因是(2)碑烷(A

13、s%)的空间构型为 ;碑烷中心原子杂化方式为 ;A sE的熔沸点高于P G，其主要原因是。Na3As()4可作杀虫剂，其组成元素的电负性大小顺序是。(3)碑与纲(In)形成的化合物(X)具有优良的光电性能，广泛应用于光纤通信用激光器，其立方晶胞结构如图所示，晶胞边长a=666.67pm,则其密度为 g/cm3o(边长a可用可00/3近似计算,设NA=6.0 x 1023moL)(4)已知伸黄铁矿(FeAsS)煨烧可生成砒霜(AS2O3)和红棕色固体，则该反应的化学方程式为。12.下面是有机化合物G(l,3-环己二醇)的一种合成路线。ZVB r 适当条件 E B C,故 A 正确；B.元素B 与

14、元素C 形成的化合物为氧化铝，熔点高，可作耐火材料，故 B 正确；C.固态烧的沸点大于水的沸点，则不能确定B、A 的氢化物的沸点大小，故 C 错误：D.元素A 与元素D 的单质均存在多种同素异形体，如金刚石、石墨、S2、S4,S6等，故D 正确：故选：C。短周期主族元素A、B、C、D、E 的原子序数依次增大，A 原子的最外层电子数是内层电子数的2 倍，由电子排布规律可知，A 有 2 个电子层、最外层电子数为4,A 为 C；元素C 是地壳中含量最丰富的金属元素，C 为 Al；B、D 同主族且质子数之比为1：2,则 B 为 0、D 为 S,E 的原子序数最大，E 为 C 1,以此来解答。本题考查原

15、子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、原子序数、地壳中元素的含量来推断元素为解答的关键，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。5.【答案】A【解析】解：A.C与二氧化硅反应生成Si、C O,且C与空气中的氧气也可反应生成CO,则检验出有CO生成，不能证明焦炭与二氧化硅发生了反应，故A错误；B.氨气极易溶于水，球形结构可防止倒吸，故B正确；C.HC1与亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，导管长进短出洗气可分离，故C正确；D.关闭活塞K,从a处加水，观察U型管中液面差，若一段时间高度不变，则气密性良好，故D正确；故选：AA.C与二氧化硅反应生成Si、C O,且C与空气中的氧

16、气也可反应生成CO：B.氨气极易溶于水；C.HC1与亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫；D.关闭活塞K,从a处加水，观察U型管中液面差。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、混合物分离提纯、气密性检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。6.【答案】C【解析】解：A.由分析可知，a电极为负极，电子由a极经外电路流向b极，故A正确；B.a电极为负极，碱性条件下，HCOO-在负极失电子，电极反应式为：HCOO-2e+20H-=HCOJ+H20,故 B 正确；C.根据总反应为2HCOOH+20H-+02=2HCO+2H2O,理论上

17、每消耗标准状况下22.4LO2,即Im ol氧气，转移4moi电子，则消耗4moi0H：所以就会有4moiK+通过半透膜，故C错误；D.酸性条件下，电解质储罐中。2氧化Fe2+生成Fe3+,反应的离子方程式为4Fe?+4H+O2=4Fe3+2H2。，故 D 正确；故选：CoHCOOH燃料电池中，HCOOH发生失去电子的反应生成HCOJ,所以a电极为负极，电极反应式为：HCOO-2e-+20H-=HCO3+H20,在正极Fe3+得电子生成Fe?+,电第 10页，共 20页解质储罐中。2氧化Fe 2+生成Fe 3+,Fe 3+循环使用，即 H C O O H 燃料电池放电的本质是通过 H C O

18、O H 与。2的反应将化学能转化为电能，总反应为2HC 0 0 H+20 +02=2HC O3 +2 H2O,原电池工作时K+通过半透膜移向正极，据此分析解答。本题考查了原电池的工作原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握正负极的判断、电极反应式的书写，题目难度中等。7.【答案】B【解析】解：K a】=%J x c(H+),-l g Ka l=-lg x c(H+)=-Ig+P H,如果Tg需=，则p H=-l g K a i，KalKa 2,所以横坐标为0 时，Tg黑曲线对应的纵坐标数值越小，所以L 表示p H 与一 馆 器 的 变 化 关系；A.L i 表示p H 与一 1

19、g 鬻/的变化关系，Tg%J=。，则p H=T g K a 所以K a 1=1 0-p H=1 0-2.3,H?X的K a i 的数量级是1 0-3,故 A错误;B .根据图知，当p H=4 时，-1 g 噌=0,c(HX-)=c(X2-),溶液呈酸性，则c(H+)c(OH-),由电荷守恒知c(Na+)c(HX-)+2c(x 2-)=3 c(HX-),故 B 正确；C.通过以上分析知，线L 2表示p H 与-1 g 瞿 鼻 的变化关系，故 C错误；D.根据A知，K a i =1 0-P H=1 0-4,HX-的水解平衡常数K h =兽=震=1 0-1 L 7 c(OH-),Na+不水解，则c(

20、Na+)c(HX-),但HX-的电离程度和水解程度都较小，水电离程度较小，则c(OH_)c(HX-)c(H+)c(X2-)c(OH_),故 D错误；故选：B o*x C(H+),一 l g K a l =-lg X C(H+)=-1 gc(HX-)C(H2X)+P H,如果T g*0,贝 U p H=-l g K a i，KalKa 2,所以横坐标为。时，-1 g 鬻 9曲线对应的纵坐标数值c(n 2Al越小，所以L i 表示p H 与-1 g 需的变化关系；A.L i 表示p H 与一 1 g 喏 的 变 化 关 系，-1 g 需=0,则p H=l g K a 所以L i =1 0-PH；2

21、Al CH2A JB.根据图知，当p H=4 时，-1 g 臂 工=0,c(HX-)=c(X2-),溶液呈酸性，则c(H+)c(OH-),由电荷守恒知c(Na+)2，结合原子守恒可知，产物还有H 2。，故答案为：c o2；H2O；(6)已知反应物为等物质的量的B a C C)3 和T i t)2 在1 5 0 0 久下反应2 4 h 制备B a T i O s，该反应的化学方程式为：B a C O3+T i O2 B a T i O3+C 02 T，1500故答案为：B a C O3+T i O2 B a T i O3+C 02 T o由制备实验流程可知，B a C C)3 用盐酸酸浸得到氯化

22、钢溶液，向氯化钢混合液中加入T i C)溶液和草酸溶液得到草酸氧钛钏晶体和H C 1,发生反应为T i C l,+B a C l2+2 H2C204+5 H2O =B a T i O(C2O4)2-4 H20 I+6 H C L 生成的H C 1 可循环利用，最后通过洗涤、干燥燃烧草酸氧钛铁晶体得到B a T i O s，以此分析解答。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、反应原理与实验的结合，题目难度中等。9.【答案】硫粉微溶于乙醇，在乙爵中有一定的溶解度，从而增大反应物的接触面积，加快反

23、应速率 防止N a 2 s 2 O 3 ,5 比 0 分 解 AC三颈 烧 瓶 4 S 02+3 N a2S +N a2C O3=3 N a 2 s 2 O 3 +C 02平衡装置内压强，观察二氧化硫生成速率S20 1-+2 H+=S X +S 02 T+H20 0.5 4 8【解析】解：(1)反应速率与接触面积有关，硫粉微溶于乙醇，在乙醇中有一定的溶解度，从而增大反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：硫粉微溶于乙噌，在 乙 醇 中 有 一 定的溶解度，从而增大反应物的接触面积，加快反应速率；(2)N a2 s2 O 3-5 H2。不稳定，受热易分解，所以采取低温干燥的方式是防止N a2

24、s2 O 3 5 H2。分解，故答案为：防止N a2 s2 O 3 .5 H2。分解;(3)A.蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时停止加热，故 A正确；B.快速冷却得到的是细小的晶体，故 B错误；C.有题干信息可知，硫代硫酸钠晶体易溶于水，难溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物加入乙醵可以减小硫代硫酸钠的溶解度，提高产率，故 C正确；D.产物易溶于水，难溶于乙醇，应使用乙醇洗涤，故 D错误，故答案为：A C；(4)由图可知，该装置为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；(5)二氧化硫气体均匀通入硫化钠和碳酸钠的混合溶液中最终生成硫代硫酸钠和二氧化碳，可知方程式为：4 S 02+3 N a2S +N a2C

25、O3=3 N a2S2O3+C 02,故答案为：4 S O2+3 N a2S +N a2C O3=3 N a2S2O3+C 02；(6)装置B中盛有的浓硫酸用于干燥二氧化硫，长颈漏斗起到平衡气压，防倒吸，防堵塞的作用，同时还可以观察二氧化硫的生成速率，通过控制7 0%浓硫酸的速率控制二氧化硫的生成速率，故答案为：平衡装置内压强，观察二氧化硫生成速率；(7)硫代硫酸钠晶体在中性或碱性溶液中较稳定，在酸性溶液中产生浑浊，反应的离子方程式为：S2O i-+2 H+=S 1 +S O2 T +H2O,故当p H接近7的时候，停止通二氧化硫，故答案为：S2O|-+2 H+=S J+S O2 T +H2O

26、,(8)根 据 反 应 歹 +6 P +1 4 H+=2 C r3+3 12+7 H2O；I2+2 S2O 1 =S40 1-+2,可以得到关系式6801)=(5。歹)=2(B a2+),n(S2O 1-)=0.0 2 0 m o l/L X 0.0 1 5 L=0.0 0 0 3 m o l,所以B a2+的质量为1 x 0.0 0 0 3 X 1 3 7 =0.0 1 3 7 g,所以B a?+的质量浓度为0.0137g0.025L0.5 4 8 g/L,故答案为：0.5 4 8。A方法一：利用归中反应S +N a2 s。3二N a2 s2 O 3,直接将两种物质化合即可得到产物，应注意S

27、在水中溶解度较低，所以应在乙醇溶液中完成反应。方法二：A装置中用亚硫酸钠和7 0%的硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，装置B是缓冲装置，可以通过装置B观察S O 2生成速率，S O?通入装置C的混合溶液中，加热、搅拌，至溶液 p H 约为 8 时，发生反应：S O?+N a2 cO 3 =N a2S O3+C O 2、2 N a2 s+3 S O2=2 N a2 so 3 +3 S；亚硫酸钠和硫发生反应：N a2 sO 3+S N a2 s2。3，C中的溶液p H约为8时，停止通入S O 2气体，得产品混合溶液，产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到N a2 s2 O 3 ,

28、2也0产品，由此分析。本题以硫代硫酸钠晶体的制备为背景，考查了学生有关氧化还原反应，物质分离提纯,滴定计算等知识，考查范围较广，难度适中。10.【答案】m】t n?m3温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响-6 2 1.9 k J/m o l -16 0 芍 BC 2 NOX+4 x e-=N2+2 x O2-第14页，共20页【解析】解：(1)在相同温度下，起始投料比mm=喘 越大，C O 的平衡转化率越大，对照图中曲线变化，可知投料mi m2 m3,故答案为：rri1 m2 m3；不同投料比投入涉及到反应物浓度的不同，温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变

29、化对平衡移动的影响，所以随着温度的升高，不同投料比下C O 平衡转化率趋于相近，故答案为：温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响；(2)整个反应分为三个基元反应阶段，I NO(g)+NO(g)=X)(g)AH=+199.2kJ/mol；H/一(g)+c o(g)=CO2(g)+N2O(g)H=-513.5kJ/mol；IHCO(g)+CO2(g)+N2O(g)=N2(g)+2CO2(g)AH=-307.6kJ/m ol,根据盖斯定律I+n+ni得2co(g)+2N0(g)=2CO2(g)+N2(g)H=(+199.2-513.5-307.6)kJ/mol=-621.9

30、kJ/mol,故答案为：-621.9kJ/mol；由于第一阶段所需活化能最高，则该阶段反应速率最慢，总反应速率由第一阶段反应决定，故答案为：一；(3)一定温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中加入5moi NO和 5molCO发生上述反应，反应达到平衡时c(CO)=lmol/L,c(CO2)=4mol/L,2C0(g)+2N0(g)=2CO2(g)+N2(g)起始 c(mol/L)5500转化 c(mol/L)4442平衡 c(mol/L)1142反应达到平衡时，丫正=丫逆，则 含=瑞 黑 需=圣 条=3 2,设 M 点 C O 转化的物质的量浓度为2xmol/L,2C0(g)+2N0(g)=2

31、CO2(g)+N2(g)起始 c(mol/L)5 500转化 c(mol/L)2x 2x2xXM 点c(mol/L)5 2x5-2 x2x xM 点,c(CO)=c(CO2),则5 一2x=2x,解得x=1.2 5,则平衡时c(CO)=c(NO)=c(CO2)=2.5mol/L,c(N2)=1.25mol/L,(CXHCNZ)=3 2-2 52xi25=1 6 0,V逆 K逆 C/n X L/故答案为：16 0；由中平衡三段式可知，平衡时气体总物质的量为(1+l +4 +2)m o l =8 m o l,Kp=p2(CO2P(N2)=产国)=256p2(cop2(NO)-&)飞p)z-p，故答

32、案为：詈；A.分离出部分电，平衡正向移动，但物质的浓度降低，反应速率减小，故A错误；B.恒容时，再加入5 m o i NO 5 m o i c 0,物质的浓度增大，反应速率加快，且相当于加压，平衡正向移动，N O的转化率增大，故B正确；C.压缩容器体积增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，N O的转化率增大，故C正确；D.降低温度，反应速率减小，故D错误；故答案为：BC；(4)N0 x在阴极得到电子发生还原反应生成M和。2-。阴极反应式为2 N0 x 4-4 x e-=N2+2 x O2-1故答案为：2 NOx+4 x e-=N2+2 x O2-(1)起始投料比m m =喘 越大，C O的平衡

33、转化率越大；随着温度的升高，不同投料比下C O平衡转化率趋于相近，说明温度对平衡的影响较大；(2)整个反应分为三个基元反应阶段，根据图中信息分别得出三个基元反应的反应热,三者相加即可得出该反应的 H；个反应分为三个基元反应阶段，总反应速率由反应最慢的基元反应决定，结合活化能越大，反应速率越慢分析；k(3)反应达到平衡时，丫正=丫逆，列化学平衡三段式算出台的值，再根据M点时的三段式数据即可得出V正：V逆的值；根据中数据，结合Kp=瓷器据计算;浓度越大，温度越高，压强越大，反应速率越快，再结合勒夏特列原理分析；(4)N0 x在阴极得到电子发生还原反应生成电和本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能

34、力和计算能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理以及化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。11.【答案】4 As的价电子排布为4s 2 4P 3,为半充满结构，较稳定，所以第一电离能数第16页，共20页据比S e还 大 三角 锥 形s p 3 A s&的相对分子质量大于P出 的相对分子质量，故AS H 3分子间作用力大于P H 3分子间作用力0 A s N a 4.2 7 5 2 F e As S +5 02 F e2O3+AS 2 O 3 +2 s。2【解析】解：(l)As基态原子核外电子排布式为I s 2 2 s 2 2 P

35、6 3 s 2 3 P 6 3 d】。4s 2 4P 3,4P轨道3个电子是未成对电子；第一电离能，同周期主族元素，随着原子序数的增加，呈现增大的趋势，但V A族大于相邻主族元素，是由于V A族元素的原子结构是半充满的，较稳定，因此第一电离能数据I(As)I(S e)的原因是：As的价电子排布为4s 2 4P 3,为半充满结构，较稳定，所以第一电离能数据比S e还大，故答案为：4；As的价电子排布为4s 2 4P 3,为半充满结构，较稳定，所以第一电离能数据比S e还大；(2)碑烧为A s E，与N H 3结构类似，根据VS E P R理论，中心As原子的配位原子数为3,孤 电 子 对 数 为

36、 手 =1,则价电子对数为3 +1 =4,根据杂化轨道理论，中心As原子为s p 3杂化，由于存在一对孤电子对，占据正四面体型的顶点，则碑烷的空间构型为三角锥形；A S&和P&形成的晶体均是分子晶体，其沸点受分子间作用力大小的影响，对于组成和结构相似的物质，分子间作用力和其相对原子质量成正比，所以A s%的沸点高于PE；N a s As CU的组成元素为N a、As、0,一般情况下，同一周期从左向右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，金属元素的电负性较小，则电负性0 N As N a,即0 As N a,故答案为：三角锥形；s p3；AS H 3的相对分子质量大于P H 3的相对分子

37、质量，故A s%分子间作用力大于P&分子间作用力；0 As N a；(3)立方晶胞中，顶点粒子占3面心粒子占3晶胞内部粒子为整个晶胞所有，根据图oZ示晶胞结构可知，一个晶胞中As的个数为4,I n的个数为8 x：+6 x；=4=4,则晶o N体的化学式为I n As,取I m ol晶胞，含有NA个晶胞，已知晶胞边长a =6 6 6.6 7 p m =gpm,则一个晶胞的体积为V=a 3 P m 3 =a3 x 1 0-3 0c m3,I m ol 晶胞的质量为m =4 x (7 5 +1 1 5)g =7 6 0 g,则晶体的密度为 P =V=6.O*I O2 3X 举 33。g/c m 3

38、=4.2 7 5 g/c m3,故答案为：4.2 7 5；(4)已知碑黄铁矿(F e As S)煨烧可生成砒霜(AS 2 O 3)和红棕色固体，铁元素转化为红棕色固体氧化铁，硫元素转化为二氧化硫，础元素转化为砒霜，该反应的化学方程式为：2 F e As S +5。2 F e 2 3 +As?3 +2 S O 29故答案为：2 F e As S +5。2 F e2O3+As2O3+2 S O2。(l)As 基态原子核外电子排布式为I s 2 2 s 2 2 P 6 3 s 2 3 P 6 3 d l 0 4s 2 4P 3,以此判断其未成对电子数；第一电离能，同周期主族元素，随着原子序数的增加，

39、呈现增大的趋势，但 V A 族大于相邻主族元素，是由于V A 族元素的原子结构是半充满的，较稳定；(2)碑烷为A sG，与N H 3 结构类似，根据V S E P R 理论和杂化轨道理论判断分子的空间构型和中心原子的杂化方式；分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高；一般情况下，同一周期从左向右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，金属元素的电负性较小；(3)对于立方晶胞，顶点粒子占右面心粒子占点晶胞内部粒子为整个晶胞所有，据此计算化学式，根据晶体密度公式P =(与计算晶体密度，其中z 为一个晶胞粒子数，M r为一个粒子的相对质量，V为一个晶胞的体积；(4)碑黄铁矿(F e

40、 A s S)燃烧可生成砒霜(A S 2 O 3)和红棕色固体，铁元素转化为红棕色固体氧化铁，硫元素转化为二氧化硫，碑元素转化为砒霜，由此书写化学方程式。本题考查晶胞计算、原子核外电子排布、元素周期律等知识，为高频考点，明确原子结构与原子核外电子排布规律为解答关键，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，题目难度中等。12.【答案】段基、醛基氧化反应乙醇、浓硫酸、加O.()由)人 (H热 C H 3 c H 2 0 HX/+2H*3(H j(H：O H-(Hj t i X-(H式(XK-c e n()()()C H&H&H&H,CH3CH(OH)CH2C

41、H(OH)CH2 CH(OH)CH3【解析】解：(1)C 中官能团的名称为锻基、醛基，通过以上分析知，B的结构简式为第18页，共20页CH故答案为：皴基、醛基;(2)反应中C的醛基被氧化生成竣基，所以该反应的反应类型是氧化反应，反应中D和乙醇发生酯化反应生成E,所以该反应的反应条件及试剂是乙醇、浓硫酸、加热，反应中的反应物只有E,E发生取代反应生成F和乙醇，则另一种产物的结构简式为C H3C H2O H,故答案为：氧化反应；乙醇、浓硫酸、加热；CH3CH2OH；(3)F和氢气发生加成反应生成G,则反应的化学方程式为()人。HO 人 OHO+2 H*O，O人。咏)人OH故答案为：v y +2乩

42、必 Y Y ；(4)B的结构简式为,B的同分异构体符合下列条件：不含环状结构，根据其不饱和度知，含 有1个碳碳三键或2个碳碳双键；核磁共振氢谱有2个峰，说明含有2种氢原子，如果含有1个碳碳三键，其结构简式为C H 3 c H 2 c三C C H 2 c H 3、H C三C C(C H3)3.如果含有2个碳碳双键，其结构简式为C H 2=C(C H3)C(C H3)=C H2,所以符合条件的同分异构体有3种，故答案为：3；(5)以乙醇、丙酮(C H 3 c O C H 3)为原料制备2,4,6-庚三醇，2,4,6-庚三醇可由C H 3 c o e H 2 c o e H 2 c o e%和氢气发

43、生加成反应得到，C H 3 c o e H 2 c o e H 2 c o e为 可由乙酸乙酯和丙酮发生取代反应得到，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙醇被酸性高镒酸钾溶液氧化生成乙酸，其合成路线为I(Hj(H：OH-*(HjGX)H-(HJUMKJHS-()()C H A V H A V HJX H,哈 CH3CK(OH)CH2CH(OH)CH2 C H(O H)C H3故答案为:CHJCHJOH.W T H.a X)H-(*H,C(X Hs 二笔、()()()C HJX H.IX H-C H,受 CH3CH(OH)CH2CH(OH)CH2 C H(O H)C H3根据A的结构简式及B的

44、分子式知，A发生消去反应生成B,B发生氧化反应生成C,根据C的结构简式知，B的结构简式为（y,C发生氧化反应生成D,D和乙醇发生酯化反应生成E,E发生取代反应生成F,F和氢气发生加成反应生成G；（5）以乙醇、丙酮（C H 3 c o e为）为原料制备2,4,6-庚三醇，2,4,6-庚三醇可由C H 3 c o e H 2 c o e H 2 c o e也和氢气发生力口成反应得至IJ，C H 3 c o e H 2 c o e H 2 c o e鹏 可由乙酸乙酯和丙酮发生取代反应得到，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙醇被酸性高镐酸钾溶液氧化生成乙酸。本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式及反应条件、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。第20页，共20页