最新高中高考6月模拟卷(一)理综化学试题(答案解析)

湖南省长沙市雅礼中学【精品】高考6月模拟卷（一）理综
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是（）
A．次氯酸钠等含氯消毒剂可用于杀死新冠病毒
B．黑火药发生爆炸时，其中碳、硫两元素均被氧化
C．抗病毒疫苗为生物试剂，通常需在高温下贮运或保存
D．人体从食物中摄取所有糖类，在酶的作用下最终都水解为葡萄糖供机体利用
2．美国北卡罗来纳大学的一项新研究表明，一种名为EIDD2801的新药有望改变医生治疗新冠肺炎的方式，有效减少肺损伤。

其结构简式如图，下列有关EIDD2801的说法不正确的是（）
A．EIDD2801包含的含氧官能团有4种
B．EIDD2801分子中所有原子可能在同一平面上
C．EIDD2801一定条件下能和乙二酸发生聚合反应
D．EIDD2801能够使酸性高锰酸钾溶液或溴水等褪色
3．下列对于实验装置的有关说法错误的是（）
A．装置Ⅰ：可以用来验证碳的非金属性比硅强
B．装置Ⅱ：可以用来比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性
C．装置Ⅲ：先从①口进气收集满二氧化碳，再从②口进气，则可收集NO气体
D．装置Ⅳ：可以用于制备Fe(OH)2并能保证相对较长时间观察到白色沉淀Fe(OH)2
4．【精品】9月，我国科研人员研制出Ti－H－Fe双温区催化剂，其中Ti－H区域和Fe区域的温度差可超过100℃。

Ti－H－Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。

下列说法错误的是()
A．①②③在高温区发生，④⑤在低温区发生
B．该历程中能量变化最大的是2.46eV，是氮分子中氮氮三键的断裂过程
C．在高温区加快了反应速率，低温区提高了氨的产率
D．使用Ti－H－Fe双温区催化合成氨，不会改变合成氨反应的反应热
5．X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素，Y是地壳中含量最高的元素。

X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。

结合如图转化关系，下列判断错误的是（）
A．反应③为工业制粗硅的原理
B．Z位于元素周期表第三周期ⅡA族
C．4种元素的原子中，Y原子的半径相对最小
D．甲、丙、丁均为酸性氧化物，可以与碱反应得到对应盐
6．电解法处理CO2和SO2的混合气体的原理如图所示，电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段时间后，Ni电极表面形成掺杂硫的碳积层。

下列说法错误的是（）
A．Ni电极表面发生了还原反应
B．阳极的电极反应为2O2--4e-=O2↑
C．电解质中发生的离子反应只有2SO2+O2+2O2-=2SO2
4
D．该过程实现了电解质中熔融碳酸盐和硫酸盐的自主补充循环
7．某三元羧酸H3A在表面活性剂、洗涤剂、润滑剂等方面具有重要的地位。

常温时，向10mL0.01mol·L-1的H3A溶液中滴入0.01mol·L-1的NaOH溶液，H3A、H2A-、HA2-、A3-的物质的量分数与溶液的pH的关系如图所示。

则下列说法中错误的是（）
A．常温时，0.01mol·L-1的H3A溶液的pH介于2～3之间
B．常温时，反应A3-+H 2O HA2-＋OH-的平衡常数为K=10c-14
C．若b=7，则将等物质的量的NaH2A与Na2HA加入到适量蒸馏水中使其完全溶解，则所得的溶液的pH一定等于7
D．加入NaOH溶液的体积为30mL时，所得溶液中存在有：c(OH-)=3c(H3A)＋2c(H2A-)＋c(HA2-)＋c(H+)
二、工业流程题
8．通过对阳极泥的综合处理可以回收宝贵的金属，一种从铜阳极泥（主要成分为Se、Ag2Se、Ag、Cu、CuSO4和Cu2S等）中分离Ag、Se和Cu的新工艺流程如图所示：
（1）已知预处理温度为80℃，预处理渣中几乎不含有单质S ，则预处理时Cu 2S 发生反应的离子方程式为___。

从环保角度来看，本工艺中采用稀H 2SO 4添加适量MnO 2做预处理剂与传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂相比的主要优点是___。

（2）回收分银渣中的银，可用如图过程：
已知：S 2O 23--易与银离子发生络合反应：Ag ++2S 2O 23-Ag(S 2O 3)32-。

在常温下，上述络合反应的平衡常数为：K 稳[Ag(S 2O 3)32-
]=()
()()
3223232+2c Ag S O c Ag c S O --⎡⎤⎣⎦⋅=2.8×1013，K sp (AgCl)=1.8×10-10
①Ⅰ中发生的离子反应方程式为：AgCl(s)+2S 2O 23-Ag(S 2O 3) 32-
(aq)+Cl -(aq)，则常温下此反应的平衡常数K 为___（结果保留二位小数）。

②Ⅲ中银渣回收液可直接循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低。

从化学平衡的角度分析原因：___。

（3）分硒渣的主要成分是Cu 2Se ，可被氧化得到亚硒酸(H 2SeO 3)。

已知常温下H 2SeO 3
的K a1=2.7×10-3，K a2=2.5×10-8，则NaHSeO 3溶液的pH___7(填“>”、“<”或“=”)。

硒酸(H 2SeO 4)
可以用氯水氧化亚硒酸得到，该反应化学方程式为___。

（4）分铜得到产品CuSO 4·
5H 2O 的具体操作如图：
其中萃取与反萃取原理为：2RH+Cu 2+
R 2Cu+2H +，反萃取剂最好选用___（填化学
式）溶液。

三、原理综合题
9．银由于其优良的性能和特性被广泛应用于照相、电子、电气等工业。

废定影液中银主要以Na3Ag(S2O3)2形式存在，实验室用废定影液制备Ag的具体流程如图所示：
注意：“还原”时由于Ag+直接与N2H4•H2O反应过于激烈，所以采用加入氨水，使Ag+与氨形成[Ag(NH3)2]+，降低Ag+的浓度，从而相应降低Ag+的氧化能力，使反应能够平稳进行。

回答下列问题：
（1）“溶银”时产生的气体是__(填物质的名称），得到1mol该气体转移电子为__mol。

（2）N2H4•H2O(水合肼）为无色透明的油状发烟液体，具有强还原性，实验室制备原理为NaClO+2NH3=N2H4•H2O+NaCl，可能用到的实验装置如图所示：
①本实验中用不到的装置是__(填字母），按气流从左到右的方向，整套装置的连接顺序为__(填仪器接口小写字母）。

②从氧化还原角度分析，上述反应中NaClO表现出的性质为__；加入NaClO溶液时要慢慢滴加，目的是__。

（3）AgNO3见光或受热易分解。

将上述流程中AgNO3溶液蒸发浓缩可获得AgNO3固体，实验装置如图所示：
①使用真空泵的目的是__。

②测定AgNO3固体的纯度(杂质不参与反应）称取2.000g制备的AgNO3固体，加水溶解，定容到100mL；准确量取25.00mL溶液，酸化后滴入几滴NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，再用0.1000mol•L-1NH4SCN标准溶液滴定，消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为29.00mL，则固体中AgNO3的质量分数为__。

10．CO、NO、NO2、SO2等有毒气体会危害人体健康，破坏环境，对其进行无害处理研究一直是科技界关注的重点。

请回答以下问题：
（1）汽车尾气中的CO、NO、NO2等有毒气体会危害人体健康，可在汽车尾部加催化转化器，将有毒气体转化为无毒气体。

已知：①2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) ΔH1=-112.3kJ·mol-1
②NO2(g)＋CO(g)=NO(g)＋CO2(g) ΔH2=-234kJ·mol-1
③N2(g)＋O2(g)=2NO(g) ΔH3=＋179.5kJ·mol-1
请写出CO和NO2生成无污染气体的热化学方程式__。

（2）若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)＋2NO(g)
N2(g)＋2CO2(g) ΔH=-759.8kJ·mol-1，若反应达到平衡时，所得的混合气体中含N2的体
积分数随
()
()
n CO
n NO
的变化曲线如图1。

①a、b、c、d四点的平衡常数从大到小的顺序为__。

②若
()
()
n CO
n NO
=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为__。

（3）若将NO2与O2通入甲中设计成如图2所示装置，D电极上有红色物质析出，则A 电极的电极反应式为__，经过一段时间后，若乙中需加0.1molCu2(OH)2CO3可使溶液复原，则转移的电子数为__N A。

（4）常温下，SO2可以用碱溶液吸收处理。

若将SO2通入到NaOH溶液中，充分反应后得到amol·L-1的NaHSO3溶液，该溶液的pH=5，则该溶液中c(SO32-)___c(H2SO3)（填“>”、“=”或“＜”），HSO3-的电离常数约为___（用含a的式子表示）。

11．离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂，其中的EMIM+离子由H、C、N三种元素组成，结构如图所示。

回答下列问题：
（1）碳原子价层电子的轨道表达式为__，基态碳原子中，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为__形。

（2）根据价层电子对互斥理论，NH3、NO3-、NO2-中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是__。

NH3比PH3的沸点高，原因是__。

（3）氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是__。

（4）EMIM+离子中，碳原子的杂化轨道类型为__。

分子中的大π键可用符号Πn
表示，
m
其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数（如苯分子中的），则EMIM+离子中的大π键应表示为__。

大π键可表示为Π6
6
（5）立方氮化硼硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图所示。

立方氮化硼属于__晶体，其中硼原子的配位数为__。

已知：立方氮化硼密度为dg/cm3，B原子半径为xpm，N原子半径为ypm，阿伏加德罗常数的值为N A，则该晶胞中原子的空间利用率为__（列出化简后的计算式）。

四、有机推断题
12．【精品】2月19日下午，国家卫生健康委办公厅、国家中医药管理局办公室联合发出《关于印发新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第六版）的通知》。

此次诊疗方案抗病毒治疗中增加了磷酸氯喹和阿比多尔两个药物。

阿比朵尔中间体I的合成路线如图：
已知：①R-NO2R-NH2
②C6H5-OH C6H5-O-R
（1）A的化学名称是___；E中含氧官能团名称是___；①的反应类型是___。

（2）C的结构简式为___。

（3）⑦的化学方程式为___。

（4）满足下列条件的D的同分异构体有___种。

a.含有苯环结构，苯环上连接三个取代基；
b.可与碳酸氢钠反应产生CO2。

（5）已知：①当苯环有RCOO-、烃基时，新导入的基团进入原有基团的邻位或对位；原有基团为-COOH时，新导入的基团进入原有基团的间位。

②苯酚、苯胺（）易氧化。

设计以为原料制备的合成路线___（无机试剂任用）。

参考答案
1．A
【详解】
A．次氯酸钠等含氯消毒剂属于强氧化剂，都能使新冠病毒的蛋白质外壳变性，起到消杀病毒的作用，故A正确；
B．依据黑火药爆炸发生反应的方程式：2KNO3+3C+S═K2S+N2↑+3CO2↑，反应中碳元素化合价升高，被氧化，氮、硫化合价降低，被还原，故B错误；
C．病毒疫苗高温发生变性，不能在高温下储运，应冷藏储运，故C错误；
D．人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，纤维素只是加强胃肠蠕动，有助于消化，不能被水解，故D错误；
答案为A。

2．B
【详解】
A．依据其结构简式可知其有酯基、羰基或酮基、羟基和醚键4种含氧官能团，故A正确；B．该结构中含甲基，为四面体结构，因而所有原子不可能共面，故B错误；
C．该结构中含有多羟基，可以与乙二酸发生缩聚反应，故C正确；
D．该结构中含有碳碳双键，能够使酸性高锰酸钾溶液或溴水等褪色，故D正确；
答案为B。

3．D
【详解】
A．装置Ⅰ中产生硅酸沉淀，根据较强酸制备较弱酸可知碳酸的酸性强于硅酸，因此可以用来验证碳的非金属性比硅强，故A正确；
B．装置Ⅱ中碳酸氢钠放在小试管中首先发生分解，产生的气体通入澄清的石灰水中，产生浑浊，而另一个无现象，因此可以用来比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性，故B正确；C．装置Ⅲ：先从①口进气收集满二氧化碳，再从②口进气，将CO2排出即可收集NO气体，故C正确；
D．酒精与水互溶，不能隔离空气，应该用煤油或苯等，故D错误；
答案为D。

4．B
【详解】
A．①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都需要在高温时进行，目的是加快反应速率；而④⑤为了增大平衡产率，需要在低温下进行，故A正确；
B．由图可知，历程中能量变化最大的是2.46eV，该过程为N2的吸附过程，氮氮三键没有
断裂，故B错误；
C．升高温度可提高反应速率，所以高温区加快了反应速率，但合成氨的反应为放热反应，所以低温区可提高氨的产率，故C正确；
D．催化剂能改变反应历程，降低反应的活化能，但不能改变反应的始态和终态，即不能改变反应的反应热，故D正确；
故答案为B。

5．D
【分析】
由题意Y是地壳中含量最高的元素先推出Y为O元素，X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中Z为金属元素，可在甲中燃烧生成X的单质，应为镁与二氧化碳
的反应，则Z为Mg，甲为CO2，乙为MgO，由此关系可知X为C元素，X、W为同一主
族元素，则W为Si，丁为CO，丙为SiO2，以此解答该题。

【详解】
由以上分析可知X为C、Y为O、Z为Mg、W为Si，甲为CO2，乙为MgO，丙为SiO2，
丁为CO；
A．反应③为C与二氧化硅的反应，生成硅和CO，为工业制粗硅的原理，故A正确；
B．Z为镁，位于元素周期表第三周期ⅡA族，故B正确；
C．4种元素的原子中，Mg、Si处于第三周期，C、O处于第二周期，电子层越多，半径越大，C、O处于同周期，从左至右，半径减小，因而O的原子半径最小，故C正确；D．甲、丙、丁分别为CO2、SiO2、CO，其中CO为不成盐氧化物，故D错误。

答案为D。

6．C
【详解】
A．由题图可知，在Ni电极表面SO 42-S和CO32-C均为得电子，发生还原反应，即Ni 电极作阴极，故A正确；
B．SnO 2电极表面O2-O2，为氧化反应，即SnO2电极作阳极，阳极的电极反应为2O2--4e-=O2↑，
C ．由题图中电解质的转换关系可知，电解质中发生的离子反应有2SO 2+O 2+2O 2-=2SO 42-、CO 2+O 2-=CO 32-，故C 错误；
D ．该转换过程中，SO 42-和CO 32-在阴极被还原，同时电解质中又不断生成SO 42-和CO 32-，所以实现了电解质中熔融碳酸盐和硫酸盐的自主补充循环，故D 正确；
答案为C 。

7．C
【分析】
由题意可知三元羧酸H 3A 是三元弱酸，在水中可电离出H 2A -、HA 2-、A 3-。

由图像可知在a
点时有-32c(H A)c(H A )=，在b 点时有-2-2c(H A )c(HA )=，在c 点时有2-3-c(HA )c(A )=。

【详解】
A ．常温时，依据题目所给图像可以得出0.01mol·L −1的H 3A 溶液中约有30%的电离，即溶
液中氢离子的浓度约为0.003mol·
L −1，pH=-lg0.003≈2.5，故pH 介于2～3之间，A 正确，不选；
B ．A 3-的水解平衡常数2--h 3-c(HA )c(OH )=c(A )
K ，在c 点时有2-3-c(HA )c(A )=，且pH=c ，故-c-14w h +=c(OH )==10c(H )
K K ，B 正确，不选； C ．将等物质的量的NaH 2A 与Na 2HA 加入到适量蒸馏水中完全溶解，则所得的溶液中H 2A −与HA 2−的浓度不一定相等， C 错误，符合题意；
D ．当加入NaOH 溶液的体积为30mL 时，此时的物料守恒表达式为：
+-2-3-32c(Na )=3c H A +c H A +c HA +c A ⎡⎤⎣⎦()()()()，而电荷守恒表达式为：
++-2-3--2c(Na )+c H =c H A +2c HA +3c A +c OH ()()()()()，两式联立可得c (OH -)=3c (H 3A)＋2c (H 2A -)＋c (HA 2-)＋c (H +)，D 正确，不选；
答案选C 。

8．Cu 2S+5MnO 2+12H +=2Cu 2++SO 42-+5Mn 2++6H 2O 减少污染性气体SO 2的排放 5.04×103 随循环次数增加，浸出液中c(Cl -)增大，AgCl(s)+2S 2O 32-(aq)
Ag(S 2O 3)23-(aq)+Cl -(aq)平衡左移，故浸出率下降 < H 2SeO 3+Cl 2+H 2O=H 2SeO 4+2HCl
【分析】
铜阳极泥(主要成分为Se 、Ag 2Se 、Ag 、Cu 、CuSO 4和Cu 2S 等) ，加入二氧化锰、硫酸进行预处理，可将Cu 2S 氧化生成硫酸铜，减少污染物的排放，滤液加入NaCl ，可生成AgCl ，滤液加入Cu ，得到Cu 2Se ，分硒液含有铜，萃取得到R 2Cu ，经反萃取可得铜的水溶液，可用于制备硫酸铜晶体等。

【详解】
（1）预处理温度为80°
C ，预处理渣中几乎不含S 元素，应生成硫酸盐，预处理时Cu 2S 发生反应的离子方程式为：Cu 2S+5MnO 2+12H +=2Cu 2++SO 42-+5Mn 2++6H 2O ；采用稀H 2SO 4溶液添加MnO 2做预处理剂，稀硫酸提供了酸性环境，MnO 2作氧化剂，可以氧化Cu 2S ，若用浓硫酸作氧化剂，浓硫酸中+6价的S 会被还原为+4价，产生二氧化硫，污染空气； （2）①Ⅰ中发生的离子反应方程式为：AgCl(s)+2S 2O 23-Ag(S 2O 3) 32- (aq)+Cl -(aq)，该反应的平衡常数()3-3
+-232222+22232323c(Cl )c[Ag(S O )]=c(Ag )c(Cl )c (S O )(c[Ag S O Ag )c (S O )
]K ----==⋅13s 10p 32.810 1.810 5.041(AgCl)=0=K K -⋅⨯⨯⨯⨯稳；
②Ⅲ中银渣回收液可直接放入Ⅰ过程循环使用，方程式为：
AgCl(s)+2S 2O 23-Ag(S 2O 3) 32-(aq)+Cl -(aq)，多次循环后，浸出液中S 2O 23-的浓度减小，Cl -的浓度增大，平衡向逆向移动，
浸出率下降；
（3）常温下-
3HSeO 的水解平衡常数为--14
-1223w h --33a1c(H SeO )c(OH )10=== 4.010c(HSeO ) 2.710
K K K ≈⨯⨯，-3HSeO 的电离平衡常数为2.5×10-8，故K h ＜K a2，即-3HSeO 的水解小于电离，所以NaHSeO 3溶液显酸性，pH ＜7；亚硒酸被氯水中的氯气氧化为硒酸，氯气的0价氯降为-1价，方程式为：
H 2SeO 3+Cl 2+H 2O=H 2SeO 4+2HCl ；
（4）反萃取后生成CuSO 4，根据萃取原理2RH+Cu 2+R 2Cu+2H +，则应增大氢离子浓度，使平衡逆向移动，同时不引入新杂质，所以选择H 2SO 4作反萃取剂；
【点睛】
本题要注意第（3）题，判断一个酸式盐的酸碱性，实际上是看该酸式盐电离和水解程度哪
个较大，若电离大于水解，则溶液为酸性；若水解大于电离，则溶液为碱性。

9．一氧化氮 3 D ehi(或ih)abc(d) （强）氧化性 水合肼还原性很强，防止NaClO 浓度过大将其氧化 使体系形成负压，从而利于水分在较低的温度下蒸发，同时减少AgNO 3分解 98.6%
【分析】
根据流程图可知，废定影液中加入Na 2S 得到Ag 2S 沉淀，过滤后得到Ag 2S ，溶银时加入稀硝酸发生反应3Ag 2S+ 8HNO 3 = 6AgNO 3 + 2NO↑+3S+ 4H 2O ，所以得到的气体是NO ，向溶液中加入Ag 2CO 3调节溶液的pH 在4~ 5，然后过滤，得到AgNO 3溶液，向滤液中加入氨水，得到[Ag(NH 3)2]+，然后加入肼发生氧化还原反应4[Ag(NH 3)2]++
N 2H 4•H 2O=4Ag+N 2↑+8NH 3↑+H 2O+4H +。

【详解】
（1）根据流程图，“溶银”过程是Ag 2S 中加入稀硝酸，Ag 2S 中的硫为-2价，处于最低价态，具有还原性，硝酸具有氧化性，二者发生氧化还原反应，Ag 2S 中的硫化合价升高转化为硫单质，稀硝酸自身被还原为NO ，氮元素化合价改变3价，故“溶银”过程中产生的气体为一氧化氮NO ，得到1mol 该气体转移电子为3mol ；
（2）①根据制备N 2H 4∙H 2O 的反应NaClO+2NH 3=N 2H 4∙H 2O+NaCl 可知，需要制备氨气，实验室用氯化铵和氢氧化钙固体加入制取氨气，则应选择装置C ，根据装置A 中分液漏斗中的药品为NaClO ，则A 装置为制取水合肼的装置，装置E 起安全瓶作用，氨气极易溶于水，不能使用装置D ，由此得出按气体从左到右的方向，装置的连接顺序为ehi(ih)abc(d)； ②N 2H 4∙H 2O 具有强还原性，NaClO 具有氧化性，若NaClO 溶液加入过快导致过量，可将反应生成的N 2H 4∙H 2O 氧化，故慢慢滴加NaClO 溶液能防止生成的N 2H 4∙H 2O 被氧化； （3）①根据题干提供信息：AgNO 3见光或受热易分解，实验装置中真空泵可以形成负压，有利于水分在较低的温度下蒸发，同时防止AgNO 3分解；
②NH 4SCN 标准溶液的平均体积为29.00mL ，则NH 4SCN 物质的量为0.1000mol∙L −1×
0.029L =2.9×10−3mol ，根据物料守恒，结合反应Ag ++SCN −=AgSCN↓可知，硝酸银的质量为
2.9×10−3mol×170g/mol×
10025
=1.972g ，所以硝酸银的质量分数为1.972g 2.000g ×100%=98.60%。

10．4CO(g)＋2NO 2(g)=4CO 2(g)＋N 2(g) ΔH =-1227.8kJ·mol -1 a=b=c>d 60%
NO 2-e -＋H 2O=NO 3-＋2H + 0.6 > -10
1.010a
⨯ 【分析】
(1)由CO 和NO 2生成无污染气体，则产物为CO 2和N 2；根据盖斯定律进行计算；
(2)①根据外界条件对平衡移动的影响规律进行分析，平衡常数只与温度有关；
②气体的体积分数之比等于气体的物质的量之比，根据三段式列式进行计算，从而求出NO 的转化率；
(3)D 电极上有红色物质析出，说明在D 电极上Cu 2+得到电子被还原为Cu ，说明D 电极为阴极，则A 电极为负极，发生氧化反应，据此规律写出极反应方程式；由于加0.1molCu 2(OH)2CO 3使溶液复原，相当于电解完Cu 2+后又电解了H 2O ，据此计算电子转移的数目；
(4)NaHSO 3溶液的pH=5，说明-
3HSO 的电离大于水解，溶液显酸性；NaHSO 3溶液的浓度为
amol·L -1，-3c(HSO )amol /L ≈，pH=5，+2-53c(H )c(SO )10mol /L -≈=，根据+2-3-3c(H )c(SO )=c(HSO )
K 进行计算。

【详解】
(1)由CO 和NO 2生成无污染气体，则产物为CO 2和N 2，方程式为4CO （g ）+2NO 2（g ）
=4CO 2（g ）+N 2（g ），该反应可由①-③+4×②得到，由盖斯定律可得该反应的
13241227.8kJ/mol H H H H ∆=∆-∆+∆=-；
(2)①反应2CO(g)＋2NO(g)N 2(g)＋2CO 2(g) ΔH =-759.8kJ·mol -1为放热反应，温度越高，N 2平衡时的体积分数越小，由图可知T 1＞T 2，由于正反应放热，温度越高，平衡向逆向移动，平衡常数越小，相同温度下平衡常数相同，固有a=b=c>d ；
②设起始时NO 的物质的量为a ，则CO 的物质的量为0.8a ，反应的N 2的物质的量为x ，由题意得
222CO(g)+2NO(g)
N (g)+2CO (g)0.8a a
00220.8a 2a 22x x
x x x x x x
--起始变化终止
0.20.8a-2a-22x x x x x =+++，解得x =0.3a ，故NO 的转化率为0.6a 100%=60%a
⨯； (3)D 电极上有红色物质析出，说明在D 电极上Cu 2+得到电子被还原为C'u ，说明D 电极为阴极，则A 电极为负极，发生氧化反应，所以A 电极通入NO 2，发生电极反应为： NO 2-e -＋H 2O=NO 3-＋2H +，乙中阴极发生反应：Cu 2++2e -=Cu ，H 2O+2e -=H 2↑+2OH -，阳极发生反应：2H 2O-4e -=2O 2↑+4H +，由于加0.1molCu 2(OH)2CO 3使溶液复原，相当于电解完Cu 2+后又
电解了H 2O ，电解Cu 2+转移电子数为0.2×
2=0.4N A ，电解H 2O 转移电子数为0.2N A ，共转移电子0.6 N A ；
(4)NaHSO 3溶液的pH=5，说明-3HSO 的电离大于水解，故c(SO 32-)>c(H 2SO 3)；-3HSO 的电离平衡为：-+2-3
3HSO H +SO ，NaHSO 3溶液的浓度为amol·L -1，-3c(HSO )amol /L ≈，pH=5，+2-
5
3c(H )c(SO )10mol /L -≈=，所以+2--10
3-3c(H )c(SO )110==c(HSO )a K ⨯。

【点睛】
本题要注意第(3)题，加入0.1molCu 2(OH)2CO 3使溶液复原，相当于加入了0.2molCuO 和0.1molH 2O ，加CuO 和加CuCO 3的效果是一样的，因为CO 2会变成气体离开体系。

11． 哑铃 NH 3 氨分子间存在氢键 基态氮原子电子占据的
最高能级为半充满，较稳定 sp 2、sp 3
Π65 原子 4 33A 304π(+)dN 100%7510
x y ⨯⨯ 【分析】 根据核外电子排布原则确定电子排布图，根据价层电子对互斥理论计算价层电子对数，根据第一电离能的规律比较第一电离能，根据轨道杂化理论确定杂化轨道类型，根据大π键形成的原理确定大π键的表示，根据晶体知识确定晶胞类型、配位数及空间占有率。

【详解】
（1）碳原子价电子数为4，价电子排布式为2s 22p 2，所以价层电子的轨道表达式为
；基态碳原子核外电子占据的最高能级为2p ，2p 轨道的电子云轮廓图为
哑铃形；
（2）NH 3中N 原子价层电子对数为1
3+(531)42
⨯-⨯=，
-3NO 中N 原子价层电子对数13+(5+132)32
⨯-⨯=， -
2NO 中N 原子价层电子对数12+(5+122)32
⨯-⨯=，所以中心原子价层电子对数不同于其他其他两种粒子的是NH 3； NH 3比PH 3的沸点高是因为NH 3分子间存在氢键，而PH 3分子间只有范德华力；
（3）第V A 族比同周期相邻元素都大，是因为最高能级p 轨道上电子数为特殊的半充满状态，能量低、较稳定，所以氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定；
（4）根据图中EMIM +离子中键总数为5个，根据图像，EMIM +离子中C 原子的空间构型有四面体和平面三角形两种，即C 原子采用sp 3、sp 2杂化；EMIM +离子有6个电子可形成大π键，形成的大π键原子数为5，故可用符号Π65表示；
（5）立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体；晶胞中每个N 原子连接4个B 原子，氮化硼化学式BN ，所以晶胞中每个B 原子也连接4个N 原子，即硼
原子的配位数为4；晶胞中N 原子数为4， B 原子数1
18+6=482⨯⨯，晶胞质量为A
254m=g N ⨯，晶胞体积为33
A A
254
m 100V==cm =cm d d N N ρ⨯，B 、N 原子的总体积为103103333034(10)4(10)16V'=4[]()10cm 333
x y x y πππ---⨯⨯⨯+=⨯+⨯，晶胞中原子的空间利用率为333033A 30
A
16()104π(+)dN V'3100%=100%=100%100V 7510d x y x y N π-⨯+⨯⨯⨯⨯⨯； 【点睛】
本题要注意第（5）题，BN 晶体与金刚石结构相似，可以通过金刚石的结构和性质来推断BN 的结构和性质。

12．苯酚酯基取代反应
+Br2+2HBr 10
或
【分析】
由框图可知，A（）是苯酚，发生硝化反应生成B（），B与乙酰氯取代生成C （），C发生还原反应生成D（），D与发生取代反应
生成E（），E成环生成F（），F与碳酸二甲酯发生甲基化反应生成G（），G与Br2发生取代反应生成H （），H与发生取代反应生成最终产物I
（）。

【详解】
（1）由分析可知，A为苯酚；E为，含氧官能团名称是酯基；反应①是硝化反应，属于取代反应；
（2）由分析可知，C的结构简式为；
（3）反应⑦是G与Br2发生取代反应生成H，方程式为+Br2
+2HBr；
（4）根据题意，符合条件的D的同分异构体含有苯环结构，苯环上连接三个取代基分别为甲基、羧基、氨基，共有10种，分别为：、、、、、、、
、、；
（5）以为原料制备可以采用逆推法，酚羟基可以由苯酚酯水解得到，羧基可以由甲基氧化得到，氨基可以由硝基还原得到，故合成路线为：
或
；
【点睛】
本题要注意第（5）题，由于酚羟基和氨基易被氧化，加KMnO4时要避免遇见这两个基团，故苯酚酯的水解和硝基的还原都要放到加KMnO4之后进行。