2020年江西省南昌市高考化学一模试卷(含答案解析)

2020年江西省南昌市高考化学一模试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.下列说法正确的是()
A. 钢化玻璃由钢丝和玻璃制成
B. 人造刚玉的熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分为二氧化硅
C. 玻璃钢属于金属材料
D. 玻璃、水泥的生产都要用石灰石作原料
2.设N A表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是()
A. 标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1N A
B. 常温常压下，18gH2O中含有的原子总数为3N A
C. 标准状况下，11.2L CH3CH2OH中含有的分子数目为0.5N A
D. 常温常压下，2.24L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1N A
3.某链烃蒸气密度是相同条件下H2密度的41倍。

若该烃与H2的加成产物是2，3−二甲基丁烷，
下列说法正确的是()
A. 该链烃与H2反应最多消耗3molH2
B. 该链烃的名称是2，3−二甲基−1，3−丁二烯
C. 该链烃最多有4个碳原子在一条直线上
D. 标况下，22.4L该链烃所含碳原子数为6N A
4.下列实验操作、现象和结论均正确的是()
A. A
B. B
C. C
D. D
5.下列说法正确的是()
A. 原电池是将电能转化为化学能的一种装置
B. 用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1 mol电子转移，则生成1 mol NaOH
C. 在原电池的负极和电解池的阴极上都发生失电子的氧化反应
D. .镀层破损后，镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀
6.一种由四种短周期元素组成的化合物(如图所示)，具有极强的氧化性。

其中元素X、Y、Z、W
的原子序数依次增大，且原子序数之和为36。

下列有关叙述错误的是()
A. 该物质中含有离子键、极性共价键和非极性共价键
B. 该物质中W的化合价为+7，可用于消毒杀菌
C. Z的单质在空气中加热时，先熔化成闪亮小球，然后剧烈燃烧
D. 原子半径的大小顺序是Z>W>Y>X
7.常温下，向浓度均为0.1mol·L−1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY的溶液中，分别加
入NaOH固体，lg［c(H+)/c(OH−)］随加入NaOH的物质的量的变化如图所示。

下列说法正确的是()
A. 常温下电离常数：HX<HY
B. a点由水电离出的c(H+)=10−12mol·L−1
C. c点溶液中：c(Y−)>c(HY)
D. b点时酸碱恰好完全中和
二、实验题（本大题共1小题，共15.0分）
8.FeCl2是一种常用的还原剂。

有关数据如下：
C6H5Cl(氯苯)C6H4Cl2FeCl3FeCl2
不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯，易吸溶解性不溶于水，易溶于苯
水熔点/℃−4553——
沸点/℃132173——实验室按下图装置用H2还原无水FeCl3制取。

回答下列问题：
(1)装置C的作用是________________；E中盛放的试剂是________；D中反应的化学方程式为
________________________。

(2)温度控制不当，产品中含单质铁。

检验产品中是否含铁方案是
_________________________________。

三、简答题（本大题共3小题，共43.0分）
9.硫化钠是重要的化工原料，大多采用无水芒硝(Na2SO4)−炭粉还原法制备，原理为：Na2SO4+
2CNa2⇌S+2CO2↑.其主要流程如图：
(1)上述流程中采用稀碱液比用热水更好，理由是______。

(2)已知：I2+2S2O=2I−+S4O.所制得的Na2S⋅9H2O晶体中含有Na2S2O3⋅5H2O等杂质。

为测
定产品的成分，进行下列实验，步骤如下：
a.取试样10.00g配成500.00mL溶液。

b.取所配溶液25.00mL于碘量瓶中，加入过量ZnCO3悬浊液除去Na2S后，过滤，向滤液中滴入2～3
滴淀粉溶液，用0.05000mol⋅L−1I2溶液滴定至终点，用去5.00mL I2溶液。

c.再取所配溶液25.00mL于碘量瓶中，加入50.00mL0.05000mol⋅L−1的I2溶液，并滴入2～3滴淀粉溶液，振荡。

用标准Na2S2O3溶液滴定多余的I2，用去15.00mL0.1000mol⋅L−1Na2S2O3溶液。

①步骤b中用ZnCO3除去Na2S的离子方程式为______。

②判断步骤c中滴定终点的方法为
______。

③计算试样中Na2S⋅9H2O和Na2S2O3⋅5H2O的质量分数，写出计算过程。

10.使用SNCR脱硝技术的主反应为：4NH
3(g)+4NO(g)+O2(g)
催化剂
4N2(g)+6H2O(g)△H副反
应及773K时平衡常数如表所示：
反应△H(kJ⋅mol−1)平衡常数(K)
4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)−905.5 1.1×1026mol⋅L−1
4NH3(g)+4O2(g)⇌2N2O(g)+6H2O(g)−1104.9 4.4×1028
4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)−1269.07.1×1034L⋅mol−1
(1)主反应△H=______kJ⋅mol−1，773K时主反应平衡常数K=______．
(2)图1表示在密闭体系中进行实验，测定不同温度下，在相同时间内各组分的浓度．
①图中a、b、c三点，主反应速率最大的是______．
②试解释N2浓度曲线先上升后下降的原因______．
③550K时，欲提高N2O的百分含量，应采取的措施是______．
(3)为探究碳基催化剂中Fe、Mn、Ni等元素的回收，将该催化剂溶解后得到含有Fe2+、Mn2+、
Ni2+的溶液，物质的量浓度均为10−3mol⋅L−1.欲完全沉淀Fe2+、Mn2+(离子浓度低于1.0×10−6)，应控制CO32−的物质的量浓度范围为______．
沉淀物Ksp
FeCO3 3.0×10−11
MnCO3 2.0×10−11
NiCO3 1.0×10−7
(4)电化学催化净化NO是一种最新脱硝方法．原理示意图如图2，固体电解质起到传导O2−的作
用．
a为外接电源的______极(填“正”、“负”).通入NO的电极反应式为______．
11.快离子导体是一类具有优良离子导电能力的固体电解质。

图1(Li3SBF4)和图2是潜在的快离子
导体材料的结构示意图。

回答下列问题：
(1)S+2e−=S2−过程中，获得的电子填入基态S原子的______(填轨道符号)；
(2)BF3+NH3=NH3BF3的反应过程中，形成化学键时提供电子的原子轨道符号是______；产
物分子中采取sp3杂化轨道形成化学键的原子是______；
(3)基态Li+、B+分别失去一个电子时，需吸收更多能量的是______，理由是______；
(4)图1所示的晶体中，锂原子处于立方体的______位置；若其晶胞参数为a pm，则晶胞密度为
______g⋅cm−3(列出计算式即可)
(5)当图2中方格内填入Na+时，恰好构成氯化钠晶胞的1
，且氯化钠晶胞参数a=564pm。

氯化
8
钠晶体中，Cl−按照A1密堆方式形成空隙，Na+填充在上述空隙中。

每一个空隙由______个Cl−构成，空隙的空间形状为______；
(6)温度升高时，NaCl晶体出现缺陷(如图2所示，某一个顶点没有Na+，出现空位)，晶体的导
电性大大增强。

该晶体导电时，在电场作用下迁移到空位上，形成电流。

迁移的途径有两条(如图2中箭头所示)：
途径1：在平面内挤过2、3号氯离子之间的狭缝(距离为x)迁移到空位。

途径2：挤过由1、2、3号氯离子形成的三角形通道(如图3，小圆的半径为y)迁移到空位。

已知：r(Na+)=95pm，r(Cl−)=185pm，√2=1.4，√3=1.7。

①x=______，y=______；(保留一位小数)
②迁移可能性更大的途径是______。

四、推断题（本大题共1小题，共5.0分）
12.化合物F是合成吲哚−2−酮类药物的一种中间体，其合成路线如图：
已知：Ⅰ．
Ⅱ.
Ⅲ.
Ar为芳基；X=Cl，Br；Z或Z′=COR，CONHR，COOR等。

回答下列问题：
(1)实验室制备A的化学方程式为______，提高A产率的方法是______；A的某同分异构体只
有一种化学环境的碳原子，其结构简式为______。

(2)C→D的反应类型为______；E中含氧官能团的名称为______。

(3)C的结构简式为______，F的结构简式为______。

(4)Br2和的反应与Br2和苯酚的反应类似，以和为原料合成
，写出能获得更多目标产物的较优合成路线(其它试剂任选)。

【答案与解析】
1.答案：D
解析：解：A、钢化玻璃是一种强度高的玻璃，不含钢丝，故A错误；
B、人造刚玉的主要成分是氧化铝，不是二氧化硅，故B错误；
C、玻璃钢是一种纤维强化塑料，不属于金属材料，故C错误；
D、玻璃生产原料主要有石英、石灰石、纯碱，水泥生产原料主要有黏土、石灰石、石膏等，故D 正确；
故选D．
A、钢化玻璃中不含钢丝；
B、人造刚玉的主要成分是氧化铝；
C、玻璃钢是一种纤维强化塑料；
D、根据玻璃、水泥的生产原料分析；
本题考查了各种材料的成分和原料，涉及生产生活中常见材料较多，题目难度不大，注意相关知识的积累．
2.答案：B
解析：解：A.Cl2+H2O⇌HCl+HClO中得到的电子为Cl2～HCl～e−，失去的电子为Cl2～HClO～e−，1mol Cl2完全反应，转移1mol电子，0.1mol Cl2转移的电子数为0.1N A，但该反应为可逆反应，转移电子数应小于0.1N A，故A错误；
B.常温常压下，18gH2O中n=m
M =18g
18g/mol
=1mol，1mol水中含有3mol原子，所以18g H2O中含有
的原子总数为3N A，故B正确；
C.标准状况下，CH3CH2OH为液态，所以11.2L CH3CH2OH的物质的量不为0.5 mol，含有的分子数目不为0.5N A，故C错误；
D.常温常压下，2.24L CO和CO2混合气体的物质的量不是0.1mol，所以2.24L CO和CO2混合气体所含的分子数不是0.1N A，含有的碳原子数目不为0.1N A，故D错误；
故选：B。

本题考查了阿伏加德罗常数的应用，主要考查气体摩尔体积的条件应用，质量换算物质的量计算等是解答的关键，题目较简单．
解析：
本题旨在考查学生对有机物的推断的应用。

某链烃蒸气密度是相同条件下H2密度的41倍。

相对分子质量为82，分子式为C6H10，若该烃与H2的加成产物是2,3−二甲基丁烷，含有2个双键或1个三键，根据生成物可知不可能为三键，含有2个双键，为2，3−二甲基−1，3−丁二烯，
A.该链烃与H2反应最多消耗2molH2，故A错误；
B.该链烃的名称是2，3−二甲基−1，3−丁二烯，故B正确；
C.该链烃最多有2个碳原子在一条直线上，故C错误；
D.标况下，该物质为液体，不能用气体摩尔体积计算，故D错误。

故选B。

4.答案：D
解析：
本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析判断及实验操作能力，明确实验原理、元素化合物性质是解本题关键，注意离子检验中干扰因素的排除，BC为解答易错点。

A.SO2+2H2S=3S↓+2H2O，该反应中二氧化硫是氧化剂、硫化氢为还原剂，则SO2有氧化性，故A错误；
B.酸性条件下，硝酸根离子将亚铁离子氧化生成铁离子，铁离子和KSCN反应生成硫氰化铁而使溶液呈血红色，所以不能说明Fe(NO3)2样品已氧化变质，应溶于水，滴加KSCN溶液，故B错误；
C.加入稀硫酸后，反应后的溶液中相当于又含有硝酸，Cu继续溶解，Cu和稀硫酸不反应，故C错误；
D.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，向盛有少量Na2SiO3的溶液中通入CO2，发生反应生成硅酸，由此得出酸性：碳酸>硅酸，故D正确。

5.答案：B
解析：解：A、原电池向外提供电能，则原电池是将化学能转化为电学能的一种装置，故A错误；
B、用惰性电极电解饱和NaCl溶液，阴极上的反应为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，若有1mol电子转移，则生成1molNaOH，故B正确；
C、在原电池的负极失电子发生氧化反应，电解池的阴极上得电子发生还原反应，故C错误；
D、铁比锡活泼，形成原电池时Fe为负极失电子，所以镀层破损后，镀锡铁板比镀锌铁板更易被腐蚀，故D错误．
故选B．
A、原电池向外提供电能；
B、根据电极方程式计算；
C、电解池的阴极上得电子发生还原反应；
D、铁比锡活泼，形成原电池时Fe为负极．
本题考查了原电池和电解池原理的应用，题目难度不大，注意把握电极方程式的书写和电极的判断．6.答案：B
解析：解：由上述分析可知，X为H、Y为O、Z为Na、W为S，
A.含阴阳离子形成的离子键，且含O−O非极性键、O−H极性键等，故A正确；
B.该物质中W的化合价为+6，化合物具有极强的氧化性，可用于消毒杀菌，故B错误；
C.Z的单质为Na，在空气中加热时，先熔化成闪亮小球，然后剧烈燃烧，故C正确；
D.电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小顺序是Z>W>Y> X，故D正确；
故选：B。

由短周期主族元素组成的化合物，元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且Z形成+1价阳离子，则Z为Na；Y形成2个共价键，其原子序数小于Na，则Y为O；W可形成6个共价键，其原子序数大于Na，则W为S；原子序数总和为36，X的原子序数为36−11−8−16=1，则X为H，以此来解答。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握物质结构、化学键、原子序数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。

解析：
本题考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算，水的离子积等，难度中等。

A.未加氢氧化钠时，相同浓度溶液中，HX的lg c(H+)
 c(OH−) =12，而HY的lg c(H+)
c(OH−)
<9，由于
c(H+)×c(OH−)=Kw，则HX溶液中氢离子浓度更大，故HX的酸性强于HY，常温下电离常数：HX>HY，故A错误；
B.a点溶液lg c(H+)
 c(OH−)
 =12，结合c(H+)×c(OH−)=10−14，可知c(OH−)=10−13mol/L，水电离出的c(H+)等于溶液中c(OH−)，即a点由水电离出的c(H+)=10−13mol⋅L−1，故B错误；
C.c点溶液lg c(H+)
c(OH−)
=6，结合c(H+)×c(OH−)=10−14，可知c(H+)=10−4mol/L，溶液呈酸性，此时溶液为等浓度的HY、NaY混合溶液，说明HY的电离程度大于Y−的水解程度，则溶液中c点溶液中：c(Y−)>c(HY)，故C正确；
D.HY为0.01mol，b点加入NaOH为0.008mol，二者按物质的量1：1反应，故HY有剩余，故D错误。

故选C。

8.答案：(1)干燥氢气碱石灰H
2
+2FeCl3=Δ2FeCl2+2HCl
(2)取样，加入盐酸中，观察是否有气泡产生
解析：
本题考查实验室制备氯化亚铁的方案设计与评价，题目难度中等，本题注意把握实验操作原理，把握题给信息，掌握实验操作方法，学习中注意积累。

(1)用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，则A装置制取氢气，由于无水FeCl2易吸水，所以装置C是用来干燥氢气；E中盛放的试剂用来干燥空气中的水蒸气，应为碱石灰，D中发生H2还原无水FeCl3的反应，化学方程式为H2+2FeCl3=Δ2FeCl2+2HCl，故答案为：干燥氢气；碱石灰；H2+
2FeCl3=Δ2FeCl2+2HCl；
(2)根据铁与盐酸反应的性质可知检验方案为：取样，加入盐酸中，观察是否有气泡产生，故答案为：取样，加入盐酸中，观察是否有气泡产生。

9.答案：热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解ZnCO3+S2−=ZnS+CO32−溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色
解析：解：(1)上述流程中采用稀碱液比用热水更好，硫化钠溶液中硫离子水解显碱性，水解过程是吸热反应，加热促进水解进行，稀碱溶液能起到抑制水解的作用；
故答案为：热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解；
(2)①ZnCO3除去Na2S的离子方程式为：ZnCO3+S2−=ZnS+CO32−，故答案为：ZnCO3+S2−=ZnS+ CO32−；
②滴定终点为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
③步骤b中消耗的I2有：
n(I2)=0.050 00 mol⋅L−1×5.00mL×10−3L⋅mL−1=2.500×10−4 mol
n(Na2S2O3⋅5H2O)=2n(I2)=5.000×10−4 mol
w(Na2S2O3⋅5H2O)=5×10−4mol×248g/mol
×100%=24.8%
步骤c中，加入的I2有：
n(I2)=0.050 00 mol⋅L−1×50.00mL×10−3L⋅mL−1=2.500×10−3 mol
由步骤b可知25mL溶液中Na2S2O3消耗的I2有：2.500×10−4 mol
滴入的标准Na2S2O3溶液消耗多余的I2有：15.00mL×10−3L⋅mL−1×0.1000mol⋅L−1×=
7.500×10−4mol
溶液中Na2S有：
n(Na2S⋅9H2O)=n(Na2S)=(2.500×10−3−2.500×10−4−7.500×10−4)mol=1.500×10−3mol
w(Na2S⋅9H2O)=1.5×10−3mol×240g/mol
0.5g
×100%=72.0%
答：试样中Na2S⋅9H2O的质量分数为72%，Na2S2O3⋅5H2O的质量分数为24.8%。

(1)依据硫化钠溶液中硫离子水解显碱性的水解平衡影响因素分析判断；
(2)①ZnCO3与Na2S反应生成硫化锌和碳酸钠；
②滴定终点为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
③根据I2～2Na2S2O3⋅5H2O可得n(Na2S2O3⋅5H2O)=2n(I2)，步骤b与c中样品用来相同，则可得到步骤c中Na2S2O3消耗的碘，再根据多余的碘结合I2～Na2S⋅9H2O可知Na2S的物质的量，再由质量分数=物质的质量
样品的质量
×100%计算可得。

本题是物质制备的考查题，主要是温度对水解平衡的影响，化学方程式书写方法，氧化还原反应滴定的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等。

10.答案：−1632.5 4.6×1043L⋅mol−1 c 先上升：反应还未到达平衡状态，温度越高，化学反应速率越快，单位时间内N2浓度越大；后下降：达到平衡状态后，随着温度升高，因反应正向放热，平衡逆向移动，且随温度升高有副产物的生成，N2浓度降低采用合适的催化剂(3.0×10−5,1.0×10−4)负2NO+4e−=N2+2O2−
解析：解：(1)依据副反应的热化学方程式结合盖斯定律计算得到主反应的反应焓变，
③4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)K3=7.1×1034L⋅mol−1，
①4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)K1=1.1×1026mol⋅L−1，
③×2−①得到主反应4NH
3(g)+4NO(g)+O2(g)−
 催化剂 
4N2(g)+6H2O(g)△H=−1632.5KJ/mol，
4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)K3=7.1×1034L⋅mol−1，K32=c4(N2)c12(H2O)
c8(NH3)c6(O2)
=(7.1×
1034L⋅mol−1)2；4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)K1=c4(NO)c6(H2O)
c(NH3)c(O2)
=1.1×1026mol⋅L−1，
则主反应4NH
3(g)+4NO(g)+O2(g)−
 催化剂 
4N2(g)+6H2O(g)；K=
c4(N2)c6(H2O)
c(NH3)c(O2)
=K32
K1
=(7.1×10−34)2
1.1×10
=
4.6×1043L⋅mol−1，
故答案为：−1632.5；4.6×1043L⋅mol−1；
(2)①影响化学反应速率的条件中增大浓度、增大压强、升高温度都会增大反应速率，其中温度升高对反应速率的影响大，abc点中c点温度大，反应速率大，
故答案为：c；
②分析图象中氮气的浓度变化可知，550K时达到最大，550K后随温度升高浓度减小，变化趋势说明在b点前反应未达到平衡状态，反应正向进行氮气浓度增大，达到平衡状态后b点后氮气浓度随温度升高减小，说明正反应是放热反应，升温平衡逆向进行，且随温度升高有副产物的生成，N2浓度降低，
故答案为：先上升：反应还未到达平衡状态，温度越高，化学反应速率越快，单位时间内N2浓度越大；后下降：达到平衡状态后，随着温度升高，因反应正向放热，平衡逆向移动，且随温度升高有
副产物的生成，N 2浓度降低；
③550K 时生成N 2O 的反应几乎没发生，欲提高N 2O 的百分含量，应是反应向副反应方向进行4NH 3(g)+4O 2(g)⇌2N 2O(g)+6H 2O (g)，改变主反应反应历程，可以选择合适的催化剂是副反应发生，
故答案为：采用合适的催化剂；
(3)欲完全沉淀Fe 2+、Mn 2+(离子浓度低于1.0×10−6)，阴阳离子比相同，溶度积常数越大，溶解性越大，结合溶度积常数比较计算此时碳酸亚铁完全生成的碳酸根离子浓度，为最小的碳酸根离子浓度=
3.0×10−11
10−6
=3.0×10−5mol/L ，依据NiCO 3溶度积常数计算Ni 2+的物质的量浓度均为10−3mol ⋅
L −1.时需要碳酸根离子的最大浓度，保证镍离子不沉淀，此时碳酸根离子浓度=
1×10−710−3
=1×
10−4mol/L ，欲完全沉淀Fe 2+、Mn 2+(离子浓度低于1.0×10−6)，应控制CO 32−的物质的量浓度范围为：(3.0×10−5,1.0×10−4)，
故答案为：(3.0×10−5,1.0×10−4)；
(4)反应原理是利用电解吸收NO 生成氮气，氮元素化合价+2价变化为0价，发生还原反应，在电解池的阴极发生还原反应，则a 为外接电源的负极，固体电解质起到传导作用的是O 2−，通入NO 的电极反应式为2NO +4e −=N 2+2O 2−， 故答案为：负；2NO +4e −=N 2+2O 2−．
(1)依据副反应的热化学方程式、盖斯定律计算得到主反应的反应焓变，4NH 3(g)+3O 2(g)⇌2N 2(g)+6H 2O (g)K 3=7.1×1034L ⋅mol −1，K 32=c 4(N 2)c 12(H 2O)c 8(NH 3)c 6(O 2)
=(7.1×1034L ⋅mol −1)2；4NH 3(g)+
5O 2(g)⇌4NO(g)+6H 2O(g)K 1=
c 4(NO)c 6(H 2O)c 4(NH 3)c 5(O 2)
=1.1×1026mol ⋅L −1，则主反应4NH 3(g)+4NO(g)+O 2(g)
− 催化剂 
4N 2(g)+6H 2O(g)；K =
c 4(N 2)c 6(H 2O)c 4(NH 3)c(O 2)
=
K 32K 1
；
(2)①在密闭体系中进行实验，起始投入一定量NH 3、NO 、O 2，测定不同温度下，在相同时间内各组分的浓度变化，反应速率随温度升高增大；
②N 2浓度曲线先上升后下降，是因为反应开始正向进行未达到平衡状态，氮气浓度增大，达到平衡后，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，所以氮气浓度减小；
③550K 时生成N 2O 的反应几乎没发生，欲提高N 2O 的百分含量，应是反应向副反应方向进行4NH 3(g)+4O 2(g)⇌2N 2O(g)+6H 2O (g)，改变主反应反应历程，可以选择合适的催化剂是副反应发生；
(3)欲完全沉淀Fe 2+、Mn 2+(离子浓度低于1.0×10−6)，阴阳离子比相同，溶度积常数越大，溶解性
越大，结合溶度积常数比较计算此时碳酸亚铁完全生成的碳酸根离子浓度，为最小的碳酸根离子浓度，依据NiCO3溶度积常数计算Ni2+的物质的量浓度均为10−3mol⋅L−1.时需要碳酸根离子的最大浓度，保证镍离子不沉淀；
(4)反应原理是利用电解吸收NO生成氮气，氮元素化合价+2价变化为0价，发生还原反应，在电解池的阴极发生还原反应，则a为外接电源的负极，固体电解质起到传导作用的是O2−．
本题考查了热化学方程式书写、平衡常数的计算、影响化学平衡的因素分析、电解池原理等知识点，注意图象中曲线的变化为趋势，掌握基础是解题关键，题目难度中等．
11.答案：(1)3p
(2)2p；B、N
(3)Li+；Li+的核外电子排布为1s2，B+核外电子排布为2s2，1s轨道上的电子的能量低于2s轨道上
电子
(4)棱心；1.4×1032
N A⋅a3
(5)6；正八面体
(6)①24.8pm47.2pm；②途径2
解析：【试题剖析】
【试题解析】
解：(1)S原子外围电子排布式为3s23p4，获得2个电子形成3s23p6稳定结构，即所得电子填充在基
态S的3p能级，得到稳定的S2−，
故答案为：3p；
(2)NH3BF3中配位键为H3N→BF3，N原子提供孤电子对，B原子提供空轨道的原子，NH3中N原子通过sp3杂化使2p轨道上有一对孤电子对，所以提供电子的原子轨道为2p，B、N原子之间形成配
位键后，B、N原子的空间构型为四面体，均采用sp3杂化，
故答案为：2p；B、N；
(3)基态Li+、B+的核外电子排布式分别为1s2、1s22s2，均为全充满状态，但1s轨道上的电子的能
量相对低于2s轨道上的电子，所以失去一个电子时，需吸收更多能量的是Li+，
故答案为：Li+；Li+的核外电子排布为1s2，B+核外电子排布为1s22s2，1s轨道上的电子的能量低于2s轨道上电子；
(4)Li 3SBF 4中Li 的数目为3，由图1晶胞图分摊可知，Li 原子数目=12×1
4=3，所以Li 位于棱心位置，晶胞的质量m =140N A
g ，体积V =(a ×10
−10)3
cm 3
，晶胞密度ρ=
140
N A
(a×10−10)3
g ⋅cm −3=
1.4×1032N A ⋅a 3
g ⋅
cm −3，
故答案为：棱心；
1.4×1032N A ⋅a 3
；
(5)1
8份的NaCl 晶胞中Na +周围有3个Cl −，则在NaCl 晶体中，Na +周围有6个Cl −，6个Cl −构成正八面体结构，即Na +填充在Cl −堆积而成的八面体空隙中， 故答案为：6； 正八面体；
(6)①该三角形为等边三角形，边长等于图2中面对角线长度，故三角形边长=
5642
×√2pm =
394.8pm ，即2r(Cl −)+x =394.8pm ，
内部虚线部分三角形的顶角为120°、两腰长为r(Cl −)+y 、底长为282√2pm ，边角关系有√3[r(Cl −)+y]=282√2pm =394.8pm ，解得x =24.8pm 、y =47.2pm ， 故答案为：24.8pm ；47.2pm ；
②由于挤过由1、2、3号氯离子形成的三角形通道y 的值大于挤过2、3号氯离子之间的狭缝x 值，所以Na +如果能挤过，那么挤过由1、2、3号氯离子形成的三角形通道相对容易些，即迁移可能性更大的途径是途径2， 故答案为：途径2。

本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、杂化方式、价层电子对互斥理论的应用、晶胞结构与计算、信息题信息提取与运用等知识，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，注意识记常见的晶胞结构，把握晶胞的相关计算是解题的关键，题目难度较大。

12.答案：(1)CH 3COOH +CH 3CH 2OH
CH 3COOC 2H 5+H 2O ；及时蒸出产物(或增大乙酸或乙醇
的用量)； ；
(2)取代反应；羰基、酰胺基；
(3)CH3COCH2COOH；；
(4)
解析：
本题考查了有机物的推断，正确理解题给信息是解本题关键，采用正推的方法进行分析解答，注意结合题干所给的提示信息，难度中等。

根据B的结构和已知条件Ⅰ可知R=H、R′=C2H5，故A为CH3COOC2H5(乙酸乙酯)，有机物B经过碱性条件下水解再酸化形成有机物C)，有机物C与SOCl2作用通过已知条件Ⅱ生成有机物D)，有机物D与邻氯苯胺反应生成有机物E
)，有机物E经已知条件Ⅲ发生成环反应生成有机物F
)，据此分析。

(1)根据分析，有机物A为乙酸乙酯，在实验室中用乙醇和乙酸在浓硫酸的催化下制备，反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O；该反应为可逆反应，若想提高乙酸乙酯的产率需要及时的将生成物蒸出或增大反应物的用量；A的某种同分异构体只有1种化学环境的C原子，说明该同分异构体是一个对称结构，则该有机物的结构为，
(2)根据分析，C→D为和SOCl2的反应，反应类型为取代反应；E的结构
，其结构中含氧官能团为羰基、酰胺基，
(3)根据分析，C的结构简式为CH3COCH2COOH；F的结构简式，
(4)以苯胺和为原料制得目标产物，可将苯胺与溴反应生成2，4，6−三溴苯胺，再将2，4，6−三溴苯胺与反应发生已知条件Ⅱ的取代反应，再发生已知条件Ⅲ的成环反应即可得到目标产物，反应的流程
为。