【解析】广东省阳春市第一中学2018届高三第九次月考理综化学试题 含解析

广东省阳春市第一中学2018届高三第九次月考理综化学试题
1. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是
A. 在大豆油中添加抗氧化剂(TBHQ)可延缓其酸败过程
B. 生石灰、硅胶、无水CaCl2、P2O5等均可作食品干燥剂
C. 《本草纲目》中记载：“烧酒非古法也，……，用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露。

”涉及的操作方法是蒸馏
D. 《肘后备急方》中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”采用低温提取青蒿素，该过程属于物理变化
【答案】B
详解：A、大豆油是植物油脂，分子中含有不饱和C=C，易被空气氧化而变质，加入抗氧化剂可除去空气中具有氧化性的氧气，防止或延缓其酸败的过程，所以A正确；
B、生石灰与水生成碱性的熟石灰，P2O5具有极强的吸水性，且与水反应，但生成的偏磷酸有毒，故不能用于食品的干燥剂，故B错误；
C、将浓酒和糟放入容器中，加热使酒蒸汽上升，再用容器接收冷凝后的液体，这个过程就是实验室的蒸馏操作，所以C正确；
D、把青蒿放入水中浸泡，并拧取其汁，这样提取青蒿素的过程就是物质的溶解过程，属于物理变化，所以D正确。

本题答案选B。

点睛：要明确“抗氧化剂”的含义是能够除去具有氧化性物质的试剂，有的可加入食品中，而有的不能，如在食品包装袋中的还原铁粉；作为食品干燥剂一定具有吸水性的同时，对食品具有绿色安全无害性；对古文的理解，一定要理解关键字的含义。

2. N A代表阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A. 1mol/LAlCl3溶液中含Al3+数目一定小于N A
B. 1mol环己烷含非极性键的数目为5N A
C. 71gCl2完全反应转移电子数一定为2N A
D. 30g葡萄糖和乳酸(C3H6O3)的混合物中含氢原子数目为2N A
【答案】D
【解析】A. 1mol/LAlCl3溶液中含Al3+数目，缺少溶液的体积，无法求，故A错误；B. 1mol 环己烷含非极性键的数目为6N A，故B错误；C. 0价的氯化合价可升可降，71gCl2完全反应转移电子数不一定为2N A，故C错误；D.葡萄糖和乳酸(C3H6O3)的最简式CH2O相同，每有 30g混合物中含氢原子数目为2N A，故D正确；故选D。

3. 有机玻璃的单体甲基丙烯酸甲酯(MMA) 的合成原理如下：
下列说法正确的是
A. 若反应①的原子利用率为100%，则物质X为CO2
B. 可用分液漏斗分离MMA和甲醇
C. 、均可发生加成反应、氧化反应、取代反应
D. MMA与H2反应生成Y，能与NaHCO3溶液反应的Y的同分异构体有3种
【答案】C
【解析】根据原子个数守恒可知，若反应①的原子利用率为100%，则物质X为CO，A项错误；MMA与甲醇互溶，故不能分液漏斗分离MMA和甲醇，B项错误；、均含碳碳双键，故均可发生加成反应、氧化反应，含有甲基，均能发生取代反应，C项正确；MMA与H2反应生成，能与NaHCO3溶液反应说明含有-COOH，故C4H9-COOH,因丁基存在4种结构，故Y的同分异构体有4种，D项错误。

4. 液态N2O4是火箭推进系统的有效氧化剂。

实验室制备少量N2O4的流程如下：
下列分析正确的是
A. 反应①、③中氮元素的化合价发生了变化
B. 反应②利用了NH3的氧化性
C. 反应④的颜色变化是由化学平衡移动引起的
D. 反应①可由图所示装置实现
【答案】C
【解析】分析：直接分析这五种化合物中N元素的化合价，根据化合价的升降与氧化还原的关系思考A、B选项，根据温度对化学平衡的影响可解答C选项，根据实验室制取NH3的原理可判断发生装置和收集装置是否正确。

详解：A、已知这五种化合物NH4Cl、NH3、NO、NO2、N2O4中N元素的化合价分别为-3、-3、+2、+4、+4，所以反应①④中N元素的化合价没有变化，反应②③中N元素的化合价变化了，故A 不正确；
B、反应②中N元素从-3价升高为+2价，NH3表现出还原性，则B不正确；
C、由于2NO2N2O4是放热反应，则降低温度，平衡正向移动，使NO2转化为N2O4，所以C
正确；
D、反应①是固体加热生成易溶于水的NH3，所以图示装置中发生装置和收集装置都不合适，故D不正确。

本题答案是C。

5. 电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法，即保持污水的pH在5.0~
6.0之间，通过电解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附作用，可吸附水中的污物而使其沉淀下来，起到净水的作用，其原理如图所示。

下列说法正确的是
A. 石墨电极上发生氧化反应
B. 通甲烷的电极反应式：CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O
C. 通空气的电极反应式为O2+4e-=2O2-
D. 甲烷燃料电池中CO32-向空气一极移动
【答案】B
【解析】分析：该装置是以甲烷燃料电池为电源，对污水进行电解处理，根据甲烷燃烧的原理，通甲烷的一极为负极，通氧气的一极为正极，所以铁电极为阳极，石墨为阴极，根据电极上发生的反应，结合溶液中阴阳离子的移动情况进行解答。

详解：A、根据甲烷燃烧时化合价的变化情况，可知甲烷中的C元素化合价升高，失去电子，甲烷在负极发生氧化反应，与之相连接的石墨为阴极，发生还原反应，所以A错误；
B、以熔融的碳酸盐为电解质，则通甲烷的负极反应为CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，所以B正确；
C、由装置图所含信息可知，通空气的正极反应式为O2+2CO2+4e-=2CO32-，所以C错误；
D、在电池内部，阴离子向负极移动，所以甲烷燃料电池中CO32-向通甲烷的负极移动，故D错误。

本题答案为B。

点睛：注意装置图所给信息，特别是物质A即CO2，是通甲烷一极的生成物，也是通空气一极的反应物之一；题干描述的是利用电解原理制取Fe(OH)3胶体，利用胶体的性质进行污水处理，但选项中是以装置图为依据进行电化学知识的考查。

6. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，A、B、C、D、E均由上述元素组成的中学化学常见的物质，其中A是单质，C是酸性氧化物，A的水溶液和C均具有漂白性，B是自然界最常见的液体，E是三元化台物，物质之间存在如右下图所示的关系。

下列说法不正确的是
A. YX2遇到蓝色石蕊试液先变红后褪色
B. 离子半径大小关系：Y>Z>X>W
C. 简单阴离子的还原性：Y>Z
D. Y与Z属于同一周期，与X属于同一主族
【答案】A
【解析】分析：A单质的水溶液具有漂白性，说明A为Cl2，C是酸性氧化物，其水溶液也具有漂白性，即SO2，由此可判断B为水，D为HCl，E为H2SO4，所以W、X、Y、Z分别为H、O、S、Cl四种元素。

详解：A、YX2即SO2，其水溶液呈酸性，使蓝色石蕊试液变红色，尽管SO2具有漂白性，但只能选择性地漂白像品红、秸秆、毛丝等物质，而不能漂白石蕊及其变色后的物质，所以A不正确；
B、这四种元素形成的简单离子中，H+半径最小，O2-是28型，S2-和Cl-都是288型，所以离子半径为S2->Cl->O2->H+，即B正确；
C、由于S的非金属性弱于Cl，所以S2-的还原性强于Cl-，故C正确；
D、S和Cl是第三周期相邻，S与O是第ⅥA相邻，故D正确。

本题答案为A。

点睛：本题以物质的性质为条件，推导出物质后，再确定含有哪些元素，然后对元素的相关
内容进行考查，给人的感觉很新颖；SO2的选择性漂白是易错点。

7. 已知298K时，K sp(NiS)=1.0×10-21，K s p(NiCO3)=1.0×10-7；p(Ni)=-lgc(Ni2+)，p(B)=lgc(S2-)或-lgc(CO32-)。

在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阳离子浓度关系如图所示。

下列说法错误的是
A. 常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度
B. 向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动
C. 对于曲线I，在b点加热(忽略蒸发)，b点向c点移动
D. P为3.5且对应的阴离子是CO32-
【答案】C
【解析】A，常温下K sp（NiS）K sp（NiCO3），NiS、NiCO3属于同种类型，常温下NiCO3的溶解度大于NiS，A项正确；B，K sp（NiS）K sp（NiCO3），则曲线I代表NiS，曲线II代表NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡NiS（s）Ni2+（aq）+S2-（aq），加入Na2S，S2-浓度增大，平衡逆向移动，Ni2+减小，d点向b点移动，B项正确；C，对曲线I在b点加热，NiS的溶解度增大，Ni2+、S2-浓度增大，b点向a点方向移动，C项错误；D，曲线II代表NiCO3， a点c（Ni2+）=c（CO32-），K sp（NiCO3）= c（Ni2+）·c（CO32-）=110-7，c（Ni2+）=c（CO32-）=110-3.5，pNi=pB=3.5且对应的阴离子为CO32-，D项正确；答案选C。

点睛：本题考查与沉淀溶解平衡有关的曲线分析，注意图像中pNi、pB越大，Ni2+、B2-浓度越小是解题的关键。

注意溶度积与溶解度的关系，当难溶电解质类型相同时，溶度积大的溶解度大；当难溶电解质类型不同时，溶度积大的溶解度不一定大。

8. Ⅰ．某兴趣学习小组设计如图装置制取SO2,研究其性质。

请回答下列问题：
(1)装置C用于检验SO2的性质,写出C中反应的离子方程式_______________。

(2)实验中观察到D中有浑浊出现，有同学提出此现象不能证明SO2具有氧化性,请简述理由
______________________________________。

(3)E装置的作用为_____________________________。

Ⅱ．某学习小组进一步探究不同浓度的硫酸氧化性不同，设计并完成如下实验：
称取一定量还原铁粉放入一定体积浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y。

经检验，气体Y 中含有SO2、H2。

(4)溶液X中含有的金属阴离子是(填化学式)__________，简述如何检验该离子
_____________________。

(5) 为了测定气休Y 中SO2的含量，将2.24 L( 标准状况)气体Y 通入到
200.00mL0.2000mol/L 酸性高锰酸钾溶液中，充分反应后，取出20.00mL溶液转入锥形瓶中进行滴定，消耗0.1000mol/L的KHC2O4标准液10.00mL (高锰酸钾被还原均生成Mn2+)。

①已知室温下，0.1000mol/L KHC2O4的溶液中，c(C2O42-) > c(H2C2O4)。

滴定操作过程中标准液应
用__________(填仪器名称)盛装；滴定终点的现象为________________。

②计算气体Y 中SO2的物质的量分数为__________。

【答案】 (1). SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl- (2). 装置C挥发出的氯气也可以使D装置中出现浑浊 (3). 尾气处理防倒吸 (4). Fe2+ (5). 取少量溶液于试管中,滴加K3[Fe(CN)3]溶液,若产生蓝色沉淀，则证明原溶液中含有Fe2+ (6). 酸式滴定管 (7). 滴入最后一滴KHC7O4标准液,锥形瓶内溶液由紫色变为无色，且半分钟内颜色不恢复 (8). 90%
【解析】(1)铜与浓硫酸反应的方程式为2H2SO4(浓) + Cu CuSO4 + 2H2O +SO2↑，二氧化硫能够使品红褪色，二氧化硫具有还原性，能够被饱和的氯水氧化，二氧化硫具有氧化性，能够将硫化氢氧化，C中反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H++ SO42﹣+2 Cl﹣，故答案为：
SO2+Cl2+2H2O=4H++ SO42﹣+2 Cl﹣；
(2)由于氯水具有挥发性，C中挥发出的氯气也可以使D装置中出现浑浊，因此D 中有浑浊出现，不能证明SO2具有氧化性，故答案为：装置C挥发出的氯气也可以使D装置中出现浑浊；
(3)二氧化硫能够污染空气，E装置中的氢氧化钠能够吸收尾气，防止污染，同时倒扣的漏斗可以防倒吸，故答案为：尾气处理，防倒吸；
(4)还原铁粉与浓硫酸反应的产物中含有二氧化硫和氢气，说明反应一段时间后浓硫酸变成了
稀硫酸，发生了铁与稀硫酸的反应，因此溶液X中含有的金属阳离子为Fe2+，检验亚铁离子可以取少量溶液，向其中滴加K3[Fe(CN)3]溶液，若产生蓝色沉淀，则证明原溶液中含有Fe2+，故答案为：Fe2+；取少量溶液，向其中滴加K3[Fe(CN)3]溶液，若产生蓝色沉淀，则证明原溶液中含有Fe2+；
(5)①已知室温下，0.1000mol/L KHC2O4的溶液中，c(C2O42-) > c(H2C2O4)，说明电离程度大于水解程度，溶液显酸性，应该选用酸式滴定管盛装KHC2O4溶液；KHC2O4溶液能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，滴入最后一滴KHC2O4标准液，锥形瓶内溶液由紫色变为无色，且半分钟颜色不恢复，证明达到了滴定终点，故答案为：酸式滴定管；滴入最后一滴KHC2O4标准液，锥形瓶内溶液由紫色变为无色，且半分钟颜色不恢复；
②气体Y中的二氧化硫被高锰酸钾吸收，剩余的高锰酸钾用KHC2O4溶液滴定。

消耗的
KHC2O4的物质的量=0.1000mol/L×0.01L=0.001mol，根据
2MnO4-+5HC2O4-+11H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，5 SO2+ 2 MnO4-+ 2 H2O = 2 Mn2++ 4 H++ 5 SO42-，可知二氧化硫的物质的量=×(0.2000mol/L×0.2L-0.001mol××)=0.09mol，
则气体Y 中SO2 的物质的量分数=×100%=90%，故答案为：90%。

9. 铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。

某科研小组从某废旧铍铜元件(含BeO：25%、CuS：71%、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下：
已知：Ⅰ．铍、铝元素化学性质相似
Ⅱ．常温下：K sp[Cu(OH)2]=2.2×10-20 K sp[Fe(OH)3]=4.0×10-38 K sp[Mn(OH)2]=-2.1×10-13 (1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有__________(填化学式)，写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式____________________。

(2)①溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，选择最合理步骤顺序__________。

a．加入过量的NaOH b．通入过量的CO2 c．加入过量的氨水 d．加入适量的HC1 e．过滤 f．洗涤
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是__________________。

(3)①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程
式__________________________________________。

②若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺点是_______________(任写一条)。

(4)溶液D中含c(Cu2+)=2.2mol/L、c(Fe3+)=0.008mol/Lc(Mn2+)=0.01mol/L，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，首先沉淀的是______________(填离子符号)，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH值大于________________。

【答案】 (1). Na2SiO3、Na2BeO2 (2). BeO22-+4H+=Be2++2H2O (3). cefd (4). 在氯化氢气流中蒸发结晶(或蒸发结晶时向溶液中持续通入氯化氢气体) (5).
MnO2+CuS+2H2SO4=S+MnSO4+CuSO4+2H2O (6). 产生污染环境的气体 (7). Fe3+ (8). 4 【解析】考查化学工艺流程，（1）旧铍铜原件的成分BeO、CuS、FeS、SiO2，根据信息I，BeO 属于两性氧化物，CuS不与氢氧化钠溶液反应，FeS不与氢氧化钠反应，SiO2属于酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，因此滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2；根据信息I，BeO2
－与过量盐酸反应生成氯化铍和水。

其离子方程式为BeO
22－+4H＋=Be2＋+2H
2
O；答案：Na2SiO3、
Na2BeO2，BeO22-+4H+=Be2++2H2O。

（2）①利用Be元素、铝元素化学性质相似，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，然后过滤、洗涤，再加入适量的HCl，生成BeCl2，合理步骤是cefd；
②为了抑制Be2＋的水解，因此需要在HCl的氛围中对BeCl2溶液蒸发结晶；
（3）①根据信息，CuS中S转化为S单质，MnO2中Mn被还原为Mn2＋，根据化合价升降法进行配平，其化学反应方程式为MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+MnSO4+CuSO4+2H2O；②用浓硝酸作氧化剂，浓HNO3被还原成NO2，NO2有毒污染环境；
（4）三种金属阳离子出现沉淀，根据浓度商与K sp的关系，Cu2＋转化成沉淀，c(OH
－)=mol·L－1，Fe3＋转化成沉淀，c(OH －)=mol·L－1，Mn2＋转化成沉淀，c(OH －)=mol·L－1，因此首先沉淀的是Fe3＋，为使Cu2＋沉淀，此时
c(OH－)=1×10－10mol·L－1，c(H＋)=10－14/10－10=10－4mol·L－1，即pH=4，当pH>4时，Cu2＋出现沉淀；
10. 煤的主要组成元素是碳、氢、氧、硫、氮，还有极少量的磷、砷、锗、镓、铟等元素，燃煤产生C x H y、SO2、NO X等大气污染物，研究NO2、NO、CO、SO2等大气污染物和水污染物的处理
对建设美丽中国具有重要意义。

(1)锗是第四周期第ⅣA元素，其原子结构示意图为_______________。

(2)利用煤的气化获得的水煤气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下可以合成绿色燃料甲醇。

已知：H2O(l)=H2O(g) △H1=+44.0kJ/mol
CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(l) △H2=-3.0 kJ/mol
CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H3=-58.7 kJ/mol
写出由CO与H2制备CH3OH气体的热化学方程式_________________。

(3)甲醇和CO2可直接合成碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3，简称DMC)：
2CH3OH(g)+CO2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) △H4<0
①该化学反应的平衡常数表达式为K=________________。

②在恒温恒容密闭容器中发生上述反应，能说明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。

A．v正(CH3OH)= 2v逆(H2O) B．容器内气体的密度不变
C．容器内压强不变 D．CH3OH与CO2的物质的量之比保持不变
③一定条件下分别向甲、乙、丙三个恒容密闭容器中加入一定量的初始物质发生该反应，各容器中温度、反应物的起始量如下表，反应过程中DMC的物质的量浓度随时间变化如下图所示：
甲容器中，在5-15min中的平均反应速率v(CO2) =__________。

乙容器中，若平衡时n(CO2) =0.2mol，则T1__________T2(填“>”“<"或”=”)。

甲、丙两容器的反应达平衡时CO2的转化率：甲__________丙(填“>”“<"或”=”)。

(4)直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。

可用NaOH吸收，所得含硫各微粒(H2SO3、HSO3-和SO32-)存在于反应后的溶液中，它们的物质的量分数X(ⅰ)与溶液pH的关系如图所示。

①若是0.1mol/LNaOH 反应后的溶液，测得溶液的pH=8时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是__________________。

②向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定浓度的CaCl2溶液，溶液中出现浑浊，pH降为2，用化学平衡移动原理解释溶液pH降低的原因_________________________________。

【答案】 (1). (2). CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-99.7kJ·mol-1 (3).
(4). AC (5). 0.05mol·L-1·min-1 (6). ＞ (7). ＜(8). c(Na+)＞c(SO32-)＞c(HSO3-)＞c(OH-)＞c(H+) (9). 因为HSO3-在溶液中既能电离，又能水解，当向其中加入氯化钙时，发生反应Ca2++SO32-=CaSO3↓，使其电离平衡HSO3-H++SO32-中c(SO32-)减小而正向移动，导致c(H+)增大，pH减小
【解析】分析：(1)主族元素的原子核外电子排布按照一般的电子排布规律即可画出其原子结
构示意图；(2)应用盖斯定律解答；(3)化学平衡状态的判断依据有速率判据和“量”判据两种，正确理解，认真分析，以不变应万变，是解题的关键；利用表格和图象信息，根据反应方程式进行“三段式”分析，应用等效平衡、外界条件对反应速率和化学平衡的影响等进行综合分析解答②③，特别是甲、丙两容器中速率的快慢和产物浓度的大小的影响因素是难点；
(4)根据图象信息，由溶液的pH即可得离子浓度的大小关系，复分解反应的发生是导致溶液酸性变化的原因。

详解：(1)锗是第四周期第ⅣA元素，原子序数为32，其原子结构示意图为。

(2)根据盖斯定律，反应3-反应2-反应1即得热化学方程式CO(g)+2H2(g)= CH3OH(g)
△H=△H3-△H2-△H1= -99.7kJ·mol-1，
(3)根据2CH3OH(g)+CO2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) △H4<0，
①其平衡常数表达式为K=；
②根据平衡状态的判断依据，A、当v正(CH3OH)= 2v逆(H2O) 时，反应已达平衡；B、由于容器体积不变，气体质量守恒，所以气体密度始终都不变，当容器内气体密度不变时不能说明反应已达平衡；C、由于反应前后气体物质的量不等，由压强之比等于物质的量之比，当压强不变时，说明反应已达平衡；D、CH3OH与CO2的物质的量之比取决于起始时加入量之比，若加入量与系数比相等，则任何时候CH3OH与CO2的物质的量之比都不变，所以CH3OH与CO2的物质的量之比保持不变时不能说明反应已达平衡。

因此本题答案为AC。

③由图象可知，甲容器在5-15min内，DMC的浓度改变了0.5mol/L，根据反应方程式得
△c(CO2)=0.5 mol/L，则此时间段内的平均反应速率为v(CO2) = =0.05mol·L-1·min-1；比较甲、乙两容器起始加入的物质的量，若在相同条件下，二者建立的平衡是完全等效平衡，图象显示甲容器平衡时c甲平(DMC)=1.5 mol/L，则n甲平(CO2) = 1mol-1.5 mol/L×0.5L=0.25mol，乙容器平衡时n乙平(CO2) =0.2mol< n甲平(CO2) =0.25mol，说明乙容器相对于甲容器，平衡向右移动，已知该反应△H4<0，则降低温度，化学平衡向右移动，所以T1＞T2；由于丙容器的体积和温度都不确定，只是CO2的物质的量比甲容器大，由图象可知，丙建立平衡的过程中速率比甲的快，且生成物DMC的浓度比甲的大，由于该反应是放热反应，升高温度，可加快反应速率，但平衡左移，使生成物的浓度减小，不符合图象所示；若体积缩小即V<0.5L，即加压，可加快反应速率，且该反应是一个气体体积缩小的反应，加压向右移动，反应物转化率增大，
生成物浓度增大，符合图象所示，所以甲、丙两容器的反应达平衡时CO2的转化率是甲＜丙。

(4)①由图象可知，当溶液的pH=8时，c(SO32-)＞c(HSO3-)，且c(OH-)＞c(H+)，所以溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)＞c(SO32-)＞c(HSO3-)＞c(OH-)＞c(H+)；
②HSO3-在溶液中既有电离平衡，也有水解平衡，当向其中滴加CaCl2溶液时，发生反应Ca2++ SO32-=CaSO3↓，使其电离平衡HSO3-H++SO32-因c(SO32-)减小而正向移动，导致c(H+)增大，pH减小。

点睛：本题的难点是1、甲、乙容器中温度的比较：在完全相同的条件下，二者将建立完全等效平衡，根据CO2平衡时物质的量的大小，确定是升温还是降温引起的；2、甲、丙容器中CO2转化率的比较：由于丙容器的体积和温度都不确定，必须利用图象信息，分析出速率加快和产物浓度增大都符合的条件，要么是温度，要么是体积即压强，进而说明CO2转化率的大小。

3、平衡状态的判断，不很难，但易出错。

明确速率判据中正逆反应速率相等的真正含义；“量”的判据中要明确当变量一定时即平衡，而定量不变时不一定，量之比不能做判据。

11. 氮(N)、磷(P)、砷(As)等VA族元素化合物在研究和生产中有许多重要用途。

如我国科研人员研究发现As2O3(或写成As4O6，俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用回答下列问题：(1)As原子的核外电子排布式为__________；P的第一电离能比S大的原因为
________________________。

(2)写出一种与CN-互为等电子体的粒子__________(用化学式表示)；(SCN)2分予中σ键和π键个数比为__________。

(3)砒霜剧毒，可用石灰消毒生成AsO33-和少量AsO43-，其中AsO33-中As的杂化方式为__________，AsO43-的空间构型为__________。

(4)NH4+中H-N-H的键角比NH3中H-N-H的键角大的原因是_______________________________；NH3和水分子与铜离子形成的化合物中阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如下图Ⅰ)，该化合物加热时首先失去水，请从原子结构角度加以分析：________________________________。

(5)BN的熔点为3000℃，密度为2.25 g·cm-3, 其晶胞结构如上图Ⅱ所示，晶体中一个B原子周围距离最近的N原子有__________个;若原子半径分别为r N pm和r B pm,阿伏加德罗常数值N A,则BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为__________。

【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3 (2). P的P能级是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫大 (3). CO或N2(4). 5∶4 (5). sp3 (6). 正四面体 (7). NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氨原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H 的键角比NH3中大 (8). 由于O原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比N原子弱，故水分子形成的配位键弱于氨分子 (9). 4 (10). ×100%
【解析】试题分析：本题考查原子核外电子排布式的书写，第一电离能的比较，等电子体，σ键和π键的判断，杂化方式和空间构型的判断，晶体的分析和计算。

（1）As原子核外有33个电子，根据构造原理，As原子的核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar] 3d104s24p3。

P和S都处于第三周期，S的价电子排布式为3s23p4，P的价电子排布式为3s23p3，P的3p能级处于半充满，比较稳定，P的第一电离能比S的大。

（2）用“替代法”，与CN-互为等电子体的粒子有CO、N2、C22-等。

（SCN）2的结构式为
N C—S—S—C N，单键全是σ键，三键中有1个σ键和2个π键，（SCN）2分子中有5
个σ键、4个π键，σ键和π键个数比为5:4。

（3）AsO33-中As上的孤电子对数=（5+3-32）=1，成键电子对数为3，As的价层电子对数为1+3=4，As的杂化方式为sp3杂化。

AsO43-中As上的孤电子对数=（5+3-42）=0，成键电子对数为4，As的价层电子对数为0+4=4，AsO43-的VSEPR模型为正四面体，由于没有孤电子对，AsO43-的空间构型为正四面体。

（4）NH4+中H—N—H的键角比NH3中H—N—H的键角大的原因是：NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H的键角比NH3中大。

NH3和水分子与铜离子形成的化合物中阳离子呈轴向狭长的八面体结构，该化合物加热时首先失去水，说明水分子与Cu2+形成的配位键弱于NH3分子，原因是：O原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比N
原子弱，故水分子与Cu2+形成的配位键弱于氨分子。

（5）用“均摊法”，B：8+6=4，N：4，该晶体的化学式为BN，根据晶胞，晶体中一个N原子周围距离最近的B原子有4个，则一个B原子周围距离最近的N原子有4个。

一个晶胞中原子的体积为4（πr N3+πr B3）pm3=4（πr N3+πr B3）10-30cm3，1mol晶体的质量为
25g，1mol晶体的体积为25g 2.25g/cm3，晶胞的体积为4（25g 2.25g/cm3N A），BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为4（πr N3+πr B3）10-30cm3[4
（25g 2.25g/cm3N A）]=。

12. 聚合物（W是链接中的部分结构）是一类重要的功能高分子材料．聚合物是其中的一种，转化路线如下：
已知：①A中官能团不在同一个碳原子上。

②
③R1CH=CHR2+R3CH=CHR4R1CH=CHR4+R2CH=CHR3(R表示烃基或氢原子)。

(1)B所含的官能团名称是__________。

(2)E的名称是__________，G生成H的反应类型是__________。

(3)写出D生成E的化学方程式是______________________。

(4)X的结构简式_______________。

(5)E存在多秧同分异构体,与E具有相同官能团且不能发生银镜反应的同分异构体有
__________种(不考虑立体结构,不含E)。

其中符合核磁共振氢谱中峰面积之比3：3：2 的结构简式________________________。

(6)以CH3CH2OH为原料(无机试剂任选)合成环丁烯,试写出合成流程图______。

【答案】 (1). 醛基、溴原子 (2). 丙烯酸乙酯 (3). 消去反应 (4).
CH2=CHCOOH+CH3CH2OH CH2=CHCOOCH2CH3+H2O (5). (6). 7 (7). CH2=C(CH3)COOCH3、CH3COO(CH3)C=CH2 (8).
CH3CH2OH
【解析】由已知结合流程，A中含有醇羟基和溴原子，且连在不同碳原子上；A→B发生醇的
催化氧化，B→C也发生氧化，则B含有醛基、C含有羧基；A→B→C的反应中并没有改变溴原
子，所以B、C中也含有溴原子；由C→D的反应条件可得，发生消去反应，结合A的分子式可推出D为：CH2=CHCOOH；结合Q的结构简式、D→E的反应条件及已知②可得，E为
CH2=CHCOOCH2CH3，H为；再结合F的分子式及F→G的条件可得，F为，G为。

（1）由上述分析知，B中含有官能团为醛基和溴原子。

（2）E为CH2=CHCOOCH2CH3，是CH2=CHCOOH(丙烯酸)和乙醇反应生成的酯，故名称是丙烯酸乙酯；G为，H为，所以G发生消去反应生成的H。

（3）D为CH2=CHCOOH，E为CH2=CHCOOCH2CH3，结合反应条件可得，D(CH2=CHCOOH)与乙醇发生酯化反应生成E为(CH2=CHCOOCH2CH3)，故D生成E的化学方程式是：
CH2=CHCOOH+CH3CH2OH CH2=CHCOOCH2CH3+H2O。

（4）由聚合物X是(W是链接中的部分结构)的一种，结合已知③及流程中Q→X 可得，X为。

..................
（6）由已知②得到启发，以CH3CH2OH为原料(无机试剂任选)合成环丁烯，需要乙烯和乙炔发生成环反应；乙醇消去反应可得到乙烯，由乙烯可进一步得到乙炔，故合成流程为：。