河北省2020届高三化学高考模拟试题（Word版附解析）

新时代 NT 抗疫爱心卷（IV） 理科综合试题（化学） 可能用到的相对原子质量：N－14 C－12 Na－23 S－32 C1－35.5 Fe－56 O －16 Ti－48 I－53 Ba－137 一、选择题：本题共 13 小题，每小题 6 分，共 78 分。在每小题给出的四个选项 中，只有一项是符合题目要求的。 1.下列表述正确的是 A. 用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来 B. 超导材料 AB2 在熔融状态下能导电，说明 AB2 是电解质 C. 推广使用煤液化技术可以减少温室气体二氧化碳的排放 D. 人体摄入的糖类、油脂、蛋白质均必须先经过水解才能被吸收 【答案】B 【解析】 【详解】A. 用高粱酿酒的原理是通过发酵法将淀粉变为乙醇，再蒸馏分离出来，故 A 错误； B. 超导材料 AB2 在熔融状态下能导电，说明 AB2 是电解质，故 B 正确； C. 推广使用煤液化技术可以不能减少温室气体二氧化碳的排放，可以减少二氧化硫污染性气 体排放，故 C 错误； D. 人体摄入的单糖不需要经过水解，故 D 错误。 综上所述，答案为 B。 【点睛】粮食酿酒不是本身含有酒精，而是粮食中淀粉发酵得到乙醇，再蒸馏。 2.用下列方案及所选玻璃仪器（非玻璃仪器任选）就能实现相应实验目的的是 选项 实验目的 实验方案 所选玻璃仪器 A 除去 KNO3 固体中少量 NaCl 将混合物制成热的饱和溶液，冷却结 晶，过滤 酒精灯、烧杯、玻璃棒 B 测定海带中是否含有碘 将海带剪碎，加蒸馏水浸泡，取滤液 加入淀粉溶液 试管、胶头滴管、烧杯、 漏斗C 测定待测溶液中 I-的浓度 量取 20.00ml 的待测液，用 0.1mol·L-1 的 FeC13 溶液滴定 锥形瓶、碱式滴定管、量筒 D 配制 500mL1mol/LNaOH 溶液 将称量好的 20.0gNaOH 固体、溶解、 冷却、转移、洗涤、定容、摇匀 烧杯、玻璃棒、量筒、 500ml.容量瓶、胶头滴管 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A. 过滤需要漏斗，故 A 错误； B. 取滤液需要先加酸性双氧水，再加入淀粉溶液，过滤时还需要玻璃棒，故 B 错误； C. FeC13 溶液显酸性，滴定时应该用酸式滴定管，故 C 错误； D. 配制 500mL1mol/LNaOH 溶液，将称量好的 20.0gNaOH 固体、溶解、冷却、转移、洗涤、 定容、摇匀，需要的仪器主要有烧杯、玻璃棒、量筒、500ml 容量瓶、胶头滴管，故 D 正确。 综上所述，答案为 D。 【点睛】检验海带中是否含有碘离子，先将海带灼烧后溶解、过滤，向滤液中加入酸性双氧 水氧化，再加入淀粉检验。 3.苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺 流程示意图如下，下列有关说法正确的是 + A. a、b、c 均属于芳香烃 B. a、d 中所有碳原子均处于同一平面上 C. A 有 9 种属于芳香族的同分异构体 D. c、d 均能发生氧化反应 【答案】D 【解析】 【详解】A. a 属于芳香烃，b、c 为芳香族化合物，故 A 错误； B. a 中所有碳原子不处于同一平面上，a 上右边最多只有一个—CH3 在平面内，故 B 错误； C. a 有三个碳为一个支链有 2 种结构(包括 a 本身)，两个支链有 3 种，三个支链有 4 种，因此 2O→催化剂 +H→属于芳香族的同分异构体有 8 中(不包括自身)，故 C 错误； D. c 能被氧气、酸性高锰酸钾氧化，d 能被酸性高锰酸钾氧化，故 D 正确。 综上所述，答案为 D。 【点睛】苯酚、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化。 4.四种短周期元素 A、B、C、D 在元素周期表中的相对位置如图所示，其中 D 形成的两种氧 化物都是常见的大气污染物。下列有关判断不正确的是 A. A 的简单氢化物是天然气的主要成分 B. 元素 A、B、C 对应的含氧酸的钠盐水溶液不一定显碱性 C. 单质 B 既可以与酸反应，又可以与碱反应，所以是两性单质 D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：D>C 【答案】C 【解析】 【分析】 D 形成的两种氧化物都是常见的大气污染物，D 为 S，A 为 C，B 为 Al，C 为 Si。 【详解】A. A 的简单氢化物是天然气的主要成分为甲烷，故 A 正确； B. 元素草酸氢钠溶液显酸性，故 B 正确； C. 单质 B 既可以与酸反应，又可以与碱反应，但不能叫两性单质，故 C 错误； D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：H2SO4>H2SiO3，故 D 正确。 综上所述，答案为 C。 【点睛】同周期，从左到右，最高价氧化物对应的水化物酸性逐渐增强。 5.新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该科技实现了 H2S 废气资源回收能量，并 H2S 得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是A. 电极 a 为电池正极 B. 电路中每流过 4mol 电子， 正极消耗 1molO 2 C. 电极 b 上的电极反应：O2+4e－+4H+=2H2O D. 电极 a 上的电极反应：2H2S+2O2――2e―=S2+2H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A. 电极 a 是化合价升高，发生氧化反应，为电池负极，故 A 错误； B. 电路中每流过 4mol 电子，正极消耗 1molO2，故 B 正确； C. 电极 b 上的电极反应：O2+4e－ =2 O2−，故 C 错误； D. 电极 a 上的电极反应：2H2S+2O2− − 4e− = S2 + 2H2O，故 D 错误。 综上所述，答案为 B。 6.某实验小组利用下图装置制取少量氯化铝，已知氯化铝熔沸点都很低(178℃升华),且易水解。 下列说法中完全正确的一组是 ①氯气中含的水蒸气和氯化氢可通过盛有苛性钠的干燥管除去 ②装置 I 中充满黄绿色气体后， 再加热盛有铝粉的硬质玻璃管 ③装置 II 是收集装置，用于收集氯化铝④装置 III 可盛放碱石灰 也可盛放无水氯化钙，二者的作用相同 ⑤a 处使用较粗的导气管实验时更安全 A. ①② B. ②③⑤ C. ①④ D. ③④⑤ 【答案】B【解析】 【详解】①氯气能够与氢氧化钠反应，故错误；②用图示装置制取少量氯化铝，为防止铝与 氧气反应，反应之前需要用氯气排除装置的空气，即装置 I 中充满黄绿色气体后，再加热盛有 A 铝粉的硬质玻璃管，故正确；③氯化铝熔沸点都很低(178℃升华)，装置 II 可以用于收集氯 化铝，故正确；④装置 III 中盛放的物质需要能够吸收水蒸气和除去多余的氯气，因此盛放碱 石灰可以达到目的，盛放无水氯化钙不能除去多余的氯气，故错误；⑤氯化铝熔沸点都很低， a 处使用较粗的导气管，不容易造成堵塞，实验时更安全，故正确；正确的有②③⑤，故选 B。 7.常温下， 用 0.100mol·L－1NaOH 溶液分别滴定 20.00mL0.100mol·L－1 的 HA 溶液和 HB 溶液 的滴定曲线如图。下列说法错误的是（己知 lg2≈0.3） A. HB 是弱酸，b 点时溶液中 c（B－）>c（Na+）>c（HB） B. a、b、c 三点水电离出的 c（H+）：a>b>c C. 滴定 HB 溶液时，应用酚酞作指示剂 D. 滴定 HA 溶液时， 当 V（NaOH）=19.98mL 时溶液 pH 约为 4.3 【答案】B 【解析】 【详解】A. 20.00mL0.100mol·L－1 的 HB 溶液，pH 大于 1，说明 HB 是弱酸，b 点溶质为 HB 和 NaB，物质的量浓度相等，溶液显酸性，电离程度大于水解程度，因此溶液中 c(B－)>c(Na+) > c(HB)，故 A 正确； B. a、b、c 三点，a 点酸性比 b 点酸性强，抑制水电离程度大，c 点是盐，促进水解，因此三 点水电离出的 c(H+)：c >b> a，故 B 错误； C. 滴定 HB 溶液时，生成 NaB，溶液显碱性，应用酚酞作指示剂，故 C 正确； D. 滴定 HA 溶液时，当 V(NaOH) = 19.98mL 时溶液氢离子浓度为，则 pH 约 为 4.3，故 D 正确。 综上所述，答案 B。 二、非选择题： 8.碘对动植物的生命是极其重要的，海水里的碘化物和碘酸盐参与大多数海生物的新陈代谢。 在高级哺乳动物中，碘以碘化氨基酸的形式集中在甲状腺内，缺乏碘会引起甲状腺肿大。 I.现要从工业含碘废液中回收碘单质(废液中含有 H2O、油脂、I2、I)。设计如图一所示 实验 过程： （1）为了将含碘废液中 I2 完全转化为 I—而进入水层，向含碘废液中加入了稍过量的 A 溶液， 则 A 应该具有___________性。 （2）将在三颈烧瓶中反应完全后的溶液经过操作②获得碘单质，操作②包含多步操作，操作 名称分别为萃取、_____、_____，在操作②中必须用到下列所示的部分仪器或装置，这些仪 器和装置是________________(填标号)。 （3）将操作①所得溶液放入图二所示的三颈烧瓶中，并用盐酸调至 pH 约为 2，再缓慢通入适 量 Cl2，使其在 30~40℃反应。写出其中发生反应的离子方程式________________；Cl2 不能过 量，因为过量的 Cl2 将 I2 氧化为 IO3-，写出该反应的离子方程式__________。 II.油脂的不饱和度可通过油脂与碘的加成反应测定，通常称为油脂的碘值。碘值越大，油脂 的不饱和程度越高。碘值是指 100g 油脂所能吸收的 I2 的克数。称取 xg 某油脂，加入含 ymol I2 的韦氏溶液( 韦氏溶液是碘值测定时使用的特殊试剂，含有 CH3COOH)，充分振荡；过量的 为 的 的 1 15 10.100mol L 0.100mo0.02L 0.01998L(H ) 5 100.02L 0 l L mol.0 L L1998c + −× ×= = ×⋅ ⋅ + ⋅ － － －－I2 用 cmol/L Na2S2O3 标准溶液滴定(淀粉作指示剂)，消耗 Na2S2O3 溶液 V mL(滴定反应 为:2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI)。回答下列问题: （1）下列有关滴定的说法不正确的是________(填标号)。 A．标准 Na2S2O3 溶液应盛装在碱式滴定管中 B．滴定时眼睛只要注视滴定管中溶液体积的变化 C. 滴定终点时，俯视读数，导致测定结果偏低 D．滴定到溶液由无色变蓝色时应该立即停止滴定 （2）用该测定方法测定的碘值需要用相关的实验校正，因为所测得的碘值总比实际碘值低， 原因是_______________________________________________。 （3）该油脂的碘值为_____g(列式表示)。 【答案】 (1). 还原性 (2). 分液 (3). 蒸馏 (4). ①⑤ (5). Cl2+2I—=2Cl—+I2 (6). 5Cl2+I2+6H2O=10C1-+2IO3-+12H+ (7). BD (8). 韦氏液中的 CH3COOH 消耗 Na2S2O3，使滴 定过程消耗的 Na2S2O3 偏大，导致测出的与油脂反应的 I2 偏少 (9). (25400y-12.7cV)/x 或 [(y-1/2cV×10-3)/x]×25400 或(25400y-12700cV×10-3)/x 【解析】 I.（1）将含碘废液中的 I2 完全转化为 I—而进入水层，碘由 0 价变为-1 价被还原，故向含碘 废液中加入了稍过量的 A 溶液，则 A 应该具有还原性；（2）操作②将水溶液中的碘萃取后分 液得到含有碘的有机溶液，利用有机物和碘的沸点不同再进行蒸馏，故包含的操作名称分别 为萃取、分液、蒸馏，在操作②中萃取、分液需要用到分液漏斗，蒸馏需要用到相应蒸馏装 置 ， 答 案 选 ①⑤ ； （ 3 ） Cl2 将 碘 离 子 氧 化 生 成 碘 单 质 ， 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 为 Cl2+2I—=2Cl—+I2；Cl2 不能过量，因为过量的 Cl2 将 I2 氧化为 IO3-，反应的离子方程式为 5Cl2+I2+6H2O=10C1-+2IO3-+12H+；II. （1）A．标准 Na2S2O3 溶液呈碱性，应盛装在碱式滴定管 中，选项 A 正确；B．滴定时眼睛只要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，选项 B 不正确；C.滴定 终点时，俯视读数，所读标准液体积偏小，导致测定结果偏低，选项 C 正确；D．滴定前锥形 瓶内溶液呈蓝色，滴定到溶液由蓝色变为无色时，并且半分钟内不变色，达到滴定终点，选 项 D 不正确。答案选 BD； （2）韦氏液中的 CH3COOH 消耗 Na2S2O3，使滴定过程消耗的 Na2S2O3 偏大，导致测出的与油脂反应的 I2 偏少；（3）根据反应 2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI，Na2S2O3 溶 液 消 耗 碘 的 物 质 的 量 是 ， 设 某 油 脂 碘 的 质 量 为 ag ， 3cV 10 2 mol −×， a=254y-127cV×10-3 ， 该 油 脂 的 碘 值 为 。 9.钛酸钡(BaTiO3)在工业上有重要用途，主要用于制作电子陶瓷、PTC 热敏电阻、电容器等多 种电子元件。以下是生产钛酸钡的一种工艺流程图: 已知:①草酸氧化钛钡晶体的化学式为 BaTiO(C2O4)·4H2O; ②25℃时，BaCO3 的溶度积 Ksp=2.58×10-9； (1)BaTiO3 中 Ti 元素的化合价为:_______________。 (2)用盐酸酸浸时发生反应的离子方程式为:________________________________________。 (3)流程中通过过滤得到草酸氧化钛钡晶体后，为提高产品质量需对晶体洗涤。 ①过滤操作中使用的玻璃仪器有_______________________________________。 ②如何证明晶体已洗净?__________________________________________。 (4)TiO2 具有很好的散射性，是一种有重要用途的金属氧化物。工业上可用 TiCl4 水解来制备， 制备时需加入大量的水，同时加热，其目的是:______________________________________。 (5)某兴趣小组取 19.70gBaCO3 模拟上述工艺流程制备 BaTiO3，得产品 13.98g，BaTiO3 的产率 为:___________。 (6)流程中用盐酸酸浸，其实质是 BaCO3 溶解平衡的移动。若浸出液中 c([Ba2+)=0.1mol/L，则 c(CO32-)在浸出液中的最大浓度为____mol/L。 【答案】 (1). +4 (2). RaCO3+2H+=Ra2++ CO2↑+H2O (3). 漏斗、烧杯、玻璃棒 (4). 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀 HNO3 酸化的 AgNO3 溶液，若无白色沉淀产生，说明 已洗净。 (5). 促进 TiCl4 水解 (6). 60% (7). 2.58×10-8 【解析】 试题分析：本题以生产钛酸钡的工艺流程为载体，考查离子方程式的书写，基本实验操作， 外界条件对盐类水解平衡的影响，产率和溶度积的计算等。 （1）BaTiO3 中 Ba 的化合价为+2 价，O 的化合价为-2 价，根据化合物中元素的正负化合价代 数和为 0，Ti 的化合价为+4 价。 3cV 10 254 / 2 ag mol ymolg mol −×+ = 25400 12.7y cV x −（2）盐酸酸浸时反应的化学方程式为 BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2↑，离子方程式为 BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑。 （3）①过滤操作中使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。 ②根据流程草酸氧化钛钡晶体吸附可溶性的 Cl-等，要证明晶体已经洗净即证明洗涤液中不含 Cl-。方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀 HNO3 酸化的 AgNO3 溶液，若无白色 沉淀产生，说明已洗净。 （4）TiCl4 水解的离子方程式为 TiCl4+2H2O TiO2+4HCl，加入大量水促进 TiCl4 水解，盐 的水解是吸热过程，加热促进 TiCl4 水解，制备时加入大量的水同时加热，目的是促进 TiCl4 的水解。 （5）根据 Ba 守恒，理论上得到 BaTiO3 质量为 233g/mol=23.3g，BaTiO3 的产 率为 100%=60%。 （6）BaCO3 的溶解平衡表达式为 BaCO3（s） Ba2+（aq）+CO32-（aq），Ksp（BaCO3）=c （Ba2+）·c（CO32-）=2.58 10-9，若浸出液中 c（Ba2+）=0.1mol/L，则 CO32-在浸出液中最大浓 度 c（CO32-）= mol/L=2.58 10-8mol/L。 10.甲烷是天然气的主要成分，是一种重要的清洁能源和化工原料。 （1）用煤制天然气时会发生多个反应，通过多种途径生成 CH4。 已知：C（s）十 2H2（g） CH4（g） △H=－73kJ/mol 2CO（g） C（s）+CO2（g） △H=－171kJ/mol CO（g）十 3H2（g） CH4（g）+H2O（g） △H=－203kJ/mol。 写出 CO（g） 与 H2O（g） 反应生成 H 2（g） 和 CO2（g） 的热化学方程式____________。 （2）天然气中含有 H2S 杂质，某科研小组用氨水吸收得到 NH4HS 溶液，已知 T℃k（NH3·H2O） =1.74×10－5； k1（H2S） =1.07×10－7， k2（H2S） =1.74×10－13，NH4HS 溶液中所含粒子浓度 大小关系正确的是____________。 A c（NH4+）>c（HS－）>c（OH－） >c（H+） B c（HS－） > c（NH4+）> （S2－） >c（H+） C c（NH4+）>c（HS－） >c（H2S） >c（H+） 的 19.70g 197g / mol × 13.98g 23.3g × × 92.58 10 0.1 −× ×   D c（HS－） >c（S2－） >c（H+）>c（OH－） （3）工业上常用 CH4 与水蒸气在一定条件下来制取 H2，其原理为： CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g） ①一定温度时， 在一个体积为 2L 的恒容密闭容器中， 加入 1molCH4 和 1.4mol 水蒸气发生上 述反应， 5min 后达平衡， 生成 0.2mol CO， 用 H2 表示该反应的速率为____________。此反 应的平衡常数为____________（结果保留到小数点后三位）。 ②下列说法中能说明此反应达到平衡状态的是____________。 A 体系的压强不再发生变化 B 生成 1molCH4 的同时消耗 3molH2 C 各组分的物质的量浓度不再改变 D 体系的密度不再发生变化 E 反应速率 V（CH4）：V（H2O）：u（CO）：u（H2）=1：1：1：3 （4）甲醇水蒸气重整制氢反应：CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g） ΔH=+49kJ/mol。某温度下， 将[n（H2O） ：n（CH3OH） ] =1：1 的原料气充入恒容密闭容器 中，初始压强为 p1，反应达到平衡时总压强为 p2，则平衡时甲醇的转化率为____________。 【答案】 (1). CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) △H=−41 kJ∙mol −1 (2). ac (3). 0.06 mol∙L−1∙min−1 (4). 0.011 (5). AC (6). 【解析】 【分析】 ⑴C(s)+2H2(g)⇌CH4(g) △H=−73 kJ∙mol−1①；2CO(g) ⇌C(s)+CO2(g) △H=−171 kJ∙mol−1②； CO(g) +3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g) △H=−203 kJ∙mol−1③ ； 将 方 程 式 ①+②−③ 得 CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)，焓变进行相应的改变。 ⑵根据电离平衡常数知，一水合氨电离程度大于硫化氢电离程度，所以 NH4HS 溶液铵根离子 水解程度小于 HS－水解程度，溶液呈碱性，则 c(OH－)> c(H+)，但铵根离子和硫化氢离子水解 程度都较小；硫氢根离子水解程度大于其电离程度。 ⑶①根据三段式来计算；②A．反应达平衡之前，体系的压强在逐渐增大；B．生成 1mol CH4 时一定同时消耗 3mol H2；C．在反应达平衡之前，各组分的物质的量浓度在变；D．此反应是  2 1 p( -1) 100%p ×个气体的质量和体积不变的反应；E．反应速率 V(CH4)：V(H2O)：v(CO)：v(H2)=1：1：1：3 恒成立。 ⑷恒温恒容下，气体的压强之比等于其物质的量之比，计算平衡时气体的总物质的量，再利 用差量法计算参加反应甲醇的物质的量，进而计算甲醇的转化率。 【详解】⑴C(s)+2H2(g)⇌CH4(g) △H=−73kJ∙mol−1①；2CO(g) ⇌C(s)+CO2(g) △H=−171 kJ∙mol−1②；CO(g) +3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g) △H=−203 kJ∙mol−1③；将方程式①+②−③得 CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) △H=(−73 kJ∙mol−1)+(−171 kJ∙mol−1)−(−203 kJ∙mol−1)=−41 kJ∙mol−1；故答案为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) △H=−41 kJ∙mol−1。 (2)根据电离平衡常数知，一水合氨电离程度大于硫化氢电离程度，所以 NH4HS 溶液铵根离子 水解程度小于 HS−水解程度,溶液呈碱性，则 cOH−)>c(H+)，但铵根离子和硫化氢离子水解程度 都较小，所以离子浓度大小顺序是 c(NH4+4)>c(HS−)>c(OH−)>c(H+)，硫氢根离子水解程度大于 其电离程度，所以还存在 c(NH4+4)>c(HS−)>c(OH−)>c(H+)。故选 ac。 (3)①在一个体积为 2L 的恒容密闭容器中，加入 1molCH4 和 1.4mol 水蒸气发生上述反应，5s 后达平衡，生成 0.2molCO，根据三段式可有： 则用 H2 表示该反应的速率为 ；此反应的平衡常数 ；故答案为：0.06 mol∙L−1∙min−1；0.011。 ②②A. 反应达平衡之前，体系的压强在逐渐增大，故当体系压强不变时，反应达平衡，故 A 正确；B. 生成 1mol CH4 时一定同时消耗 3mol H2，是必然的关系，不能作为平衡的标志，故 B 错误；C. 在反应达平衡之前，各组分的物质的量浓度在变，故当各组分的浓度不变时，反 应达平衡，故 C 正确；D. 此反应是个气体的质量和体积不变的反应，故气体的密度 ρ=m÷V(容)，密度一直不变，故不能作为平衡的标志，故 D 错误；E. 反应速率 υ(CH4):υ(H2O): υ(CO): υ(H2)=1:1:1:3 恒成立，与反应达不达平衡没有关系，故不能作为平衡的标志，故 E 错误；故选 AC。 (4)设起始 n(H2O)=n(CH3OH)=1mol，恒温恒容下，气体的压强之比等于其物质的量之比，平衡 ( ) ( ) ( ) ( )4 2 2CH g + H O g CO g + 3H g 1mol 1.4mol 0.2mol 0.2mol 0.2mol 0.6 0 mol 0.8mol 1.2mol 0.2mol 0.6 0 mol  开始： 转化： 平衡： 1 1 2υ( )= 0.062L 5s 0.6molH mol L s⋅=× ⋅－ － 30.2 0.6( )2 2= =0.8 1.2 0 0 1 2 1 2 .K × ×时气体的总物质的量 ， ， ，解得 ，因此转化率为 ，故答案为： 。 [化学——选修 3：物质结构与性质] 11.硫及其化合物有许多用途。相关物质的物理常数如表所示： H2S S8 FeS2 SO2 SO3 H2SO4 熔点/℃ -85.5 115.2 -75.5 16.8 10.3 沸点/℃ -60.3 444.6 ＞600(分解) -10.0 45.0 337.0 回答下列问题： （1）基态 Fe 原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为____________，基态 S 原子电子 占据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，H2S，SO2，SO3 的气态分子中，中心原子价层电子对数不同 于其他分子的是____________。 （3）图（a）为 S2 的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为 ____________。 2 1 2p molp ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 3 2 2 2CH OH g +H O g CO g +3H g 1mol 1mol 1m 2mol 2px ol 3mol ( -2)molp  物质的量增大 2 1 1 2 2p -2p x = 2 1 px= -1p 2 1 2 1 p -1p pα= 100%=( -1) 100%1 p × × 2 1 p( -1) 100%p ×（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为____________形，其中共价键的 类型有____________种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子。该分子中 S 原子的 杂化轨道类型为____________。 （5） FeS2 晶体的晶胞如图（c）所示，晶胞边长为 a nm， FeS2 相对式量为 M、阿伏加德罗 常数的值为 NA，其晶体密度的计算表达式为____________g·cm－3；晶胞中 Fe2+位于 S22－所形 成的八面体的体心，该正八面体的边长为____________nm。 【答案】 (1). (2). 哑铃(纺锤) (3). H2S (4). S8、SO2 都分子晶体，S8 相对分子质量大于 SO2，S8 分子间范德华力强；熔沸点 S8 大于 SO2 (5). 平面正三角 (6). 2 (7). sp3 (8). (9). 【解析】 【分析】 ⑴基态 Fe 原子价层电子为其 3d、4s 能级上电子，基态 S 原子电子占据的能级有 1s、2s、2p、 3s、3p，最高能级为 3p，其电子云轮廓图为哑铃形。 ⑵H2S 中 S 原子价层电子对个数= ，SO2 中 S 原子价层电子对个数= 、SO3 中 S 原子价层电子对个数= ⑶S8、SO2 都分子晶体，分子晶体熔沸点与其分子间作用力成正比，分子间作用力与其相对分 子质量成正比； ⑷SO3 中 S 原子价层电子对个数= ，且不含孤电子对，根据价层电子对互 斥理论判断其空间构型；该分子中 S—O 原子之间存在共价键；该分子中每个 S 原子价层电子 对个数都是 4，根据价层电子对互斥理论判断 S 原子杂化类型。 ⑸晶胞边长为 anm=a×10-7cm，晶胞体积=(a×10-7cm)3，该晶胞中 Fe2+个数= ，S22- 个数= ，根据密度公式进行计算；晶胞中 Fe2+位于 S22-所形成的八面体的体心， 该正八面体的边长根据正方形对角线的长度计算。 【详解】(1)基态 Fe 原子的核外价电子排布式为[Ar]3d64s2，基态 Fe 原子价层电子为其 3d、4s 。 21 3 3 A 4M 10 g cmaN −× ⋅ 2a 2 12 (6 2 1) 42 + − × = 12 (6 2 2) 32 + − × = 13 (6 2 3) 32 + − × = 13 (6 2 3) 32 + − × = 11 12 44 + × = 1 18 6 48 2 × + × =能级上电子，则基态 Fe 原子的核外价电子排布图为 ；基态 s 原子 电子占据的能级有 1s、2s、2p、3s、3p，最高能级为 3p，其电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形；故 答案为： ；哑铃(纺锤)。 (2) H2S 中 S 原子价层电子对个数= ，SO2 中 S 原子价层电子对个数= 、SO3 中 S 原子价层电子对个数= ，中心原子价层电子 对数不同于其他分子的是 H2S；故答案为：H2S。 (3)S8、SO2 都分子晶体，分子晶体熔沸点与其分子间作用力成正比，分子间作用力与其相对分 子质量成正比，S8 相对分子质量大于 SO2，所以分子间作用力 S8 大于 SO2，导致熔沸点 S8 大 于 SO2；故答案为：S8、SO2 都分子晶体，S8 相对分子质量大于 SO2，S8 分子间范德华力强； 熔沸点 S8 大于 SO2。 (4) SO3 中 S 原子价层电子对个数= ，且不含孤电子对，根据价层电子对互 斥理论判断其空间构型为平面正三角形；该分子中 S—O 原子之间存在 σ 和离域大 π 键，所以 共价键类型 2 种；该分子中每个 S 原子价层电子对个数都是 4，根据价层电子对互斥理论判断 S 原子杂化类型为 sp3；故答案为：平面正三角；2；sp3。 (5)晶胞边长为 anm=a×10−7cm，晶胞体积=(a×10−7cm)3，该晶胞中 Fe2+个数= ，S22- 个数= ，其晶体密度 ；晶胞 中 Fe2+位于 S22−所形成的八面体的体心，该正八面体的边长为立方体面对角线长度的一半，因 此正八面体的边长为 nm；故答案为： ； 。 [化学——选修 5：有机化学基础] 12.石油裂解气是重要的化工原料，以裂解气为原料合成有机物 X（ ）的流 程如图： 12 (6 2 1) 42 + − × = 12 (6 2 2) 32 + − × = 13 (6 2 3) 32 + − × = 13 (6 2 3) 32 + − × = 11 12 44 + × = 1 18 6 48 2 × + × = 3 21 3A 3 3 A -7 M 4m 4Mρ= g ca m 10 g cm10V ( ) a N N − − × = × ⋅× ⋅ = 2a 2 21 3 3 A 4M 10 g cmaN −× ⋅ 2a 2A(CH2=CHCH3) B（CH2=CHCH2Cl） D（ ） E F（ ） G（ ） X （ ） 请回答下列问题： （1）反应①的反应类型是____________。 （2）B 的名称是____________，D 分子中含有官能团的名称是____________。 （3）写出物质 C 的结构简式：____________。 （4）写出 A 生成 B 的化学方程式：____________。写出反应③的化学方程式： ____________。 （5）满足以下条件 D 的同分异构体有____________种。 ①与 D 有相同的官能团；②含有六元环；③六元环上有 2 个取代基。 （6） 参照 F 的合成路线， 设计一条由 CH3CH=CHCH3 制备 的合成线路（其他 试剂任选）__________。 【答案】 (1). 加成反应 (2). 3−氯丙烯 (3). 碳碳双键和氯原子 (4). CH2=CHCH=CH2 (5). CH2=CHCH3 + Cl2 CH2=CHCH2Cl + HCl (6). (7). 20 (8). 【解析】 【分析】 根据各物质的转化关系，丙烯与氯气发生取代生成 B 为 3-氯丙烯，比较 B 和 D 的结构简式可 知，B 与 C 发生加成反应生成 D，C 为 CH2=CHCH=CH2，D 与氢气发生加成反应生成 E 为 ，E 与氰化钠发生取代生成 F，F 与氢气加成生成 G，G 与氯化氢加成再碱性水解 得 ， 再氧化可得 X，以 CH3CH=CHCH3 合成 ， 2Cl 650℃ C 加热 → 2H Ni/Δ CH CNa≡→ 2H Lindlar催化剂 → 反应①→ 反应②→ 500 C→可以用 CH3CH=CHCH3 与 CH2=CHCH=CH2 发生加成反应得 ， 再与氯气加成 后与乙炔钠反应可得 ，据此答题。 【详解】(1)根据上面的分析可知，反应①的反应类型是加成反应，故答案为：加成反应。 (2)B 的名称是 3−氯丙烯，根据 D 的结构简式可知，D 分子中含有官能团的名称是碳碳双键和 氯原子，故答案为：3−氯丙烯；碳碳双键和氯原子。 (3)根据上面的分析可知，物质 C 的结构简式为 CH2=CHCH=CH2，故答案为： CH2=CHCH=CH2。 (4)A 生成 B 的化学方程式为 CH2=CHCH3 + Cl2 CH2=CHCH2Cl + HCl，应③的化学 方程式为 ；故答案为：CH2=CHCH3 + Cl2 CH2=CHCH2Cl + HCl； 。 (5)根据 D 的结构，结合条件①有相同的官能团，即有碳碳双键和氯原子，②含有六元环，③ 六元环上有 2 个取代基，则符合条件的 D 的同分异构体为含有碳碳双键的六元环上连有氯原 子和甲基，这样的结构有 17 种，或者是 的环上连有氯原子，有 3 种结构，所以共有 20 种；故答案为：20。 (6)以 CH3CH=CHCH3 合成 ，可以用 C CH3CH=CHCH3 与 CH2=CHCH=CH2 发生 加成反应得 ， 再与氯气加成后与乙炔钠反应可得 ，反应的合成 路线为 ；故答案为： 。 500 C→ 500 C→