2021年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試理科綜合能力模擬測試（七）

化學試卷

第I卷選擇題（每題6分，共42分）

7.2020年12月，嫦娥五號返回器攜帶月球土壤樣品“月壤”在預定區(qū)域安全著陸，標志探月工程取得圓

滿成功。下列有關(guān)說法正確的是

A.“月壤”中的；He與地球上氫氣中的；He是同素異形體

B.組成“月壤”的礦物粉末主要是由無機物和多種有機物組成的復雜混合物

C.“月壤”的“太空風化”與地球上在大氣、水和生物共同作用下的“地表風化”原理相同

D.居里夫人用；He原子核轟擊;;A1原子核，得到核素Y：^Al+^He^Y+^n,則Y為磷元素

【答案】D

【詳解】

A.“月壤”中的；He與地球上氫氣中的;He是同位素，A項錯誤；

B.“月壤.'的礦物粉末主要是由無機物組成的，屬于混合物，不含有機物，B項錯誤；

C.月球上沒有大氣、水，所以，“月壤”的“太空風化”與地球上在大氣、水和生物共同作用下的“地表風

化”原理不同，C項錯誤；

D.根據(jù):;Al+；HefY+；n可以推測出，丫為Y,質(zhì)子數(shù)為15,則Y為P元素，D項正確；

答案選D。

8.為了減少白色污染，科學家合成了PLA塑料，其結(jié)構(gòu)片段如圖所示（圖中s表示鏈延長）。下列說法

不正確的是

OOOOO

IIIIIIIIII

----O—CH-C—O—CH一C—O一CH—C—O—CH—C—O—CH—C—AA/W

IIIII

CH3CH3CH3CH3CH3

A.PLA聚合物的鏈節(jié)為-O-CH-C-

CH3

o

B.PLA可由H。-儼-b-OH通過縮聚反應制得

CH3

。3°、產(chǎn)

c.PLA制取過程中可能生成副產(chǎn)物J

D.PLA相比于聚氯乙烯塑料的優(yōu)點是易降解

【答案】C

【解析】

oooo0

一O—gH—CII—O—'H—IIC—O—'H—IIC—O—y—IIC—O-'H—IICi此結(jié)構(gòu)為聚合物的結(jié)構(gòu)片段，結(jié)合連接方式可

CH3CH3CH3CH3CH3

判斷屬于聚酯類高聚物，判斷其單體或鏈節(jié)，只需要斷開酯基即可，根據(jù)圖示，該高聚物的鏈節(jié)為

O

9vHy-，據(jù)此分析解答。

CH3

A.根據(jù)分析可知，PLA聚合物的鏈節(jié)為-o-CH-1,故A正確；

CH3

B.有分析可知，PLA是聚酯類高聚物，通過分子間形成酯基的通過縮聚反應制得，則單體的分子中含

O

II

有一個竣基和一個羥基，因此該高聚物的單體為H。一廿一C-OH,故B正確；

CH3

O

c.PLA制取過程中可能生成副產(chǎn)物，兩個單體H。-儼一H-OH之間相互發(fā)生酯化反應形成環(huán)，結(jié)構(gòu)簡

式%上。工’故C錯誤；

D.PLA結(jié)構(gòu)中主要官能團為酯基，具有酯類的性質(zhì)，在堿性條件下易發(fā)生水解反應而被降解，而聚氯

乙烯塑料不易降解，故D正確；

答案選C。

9.圖中實驗裝置正確，且能達到實驗目的的是

KSCN

ZnFe

經(jīng)煮沸酸

化的3%的

NaCl溶液

圖1圖2圖3圖4

A.利用圖1裝置模擬石油的分儲

B.利用圖2裝置檢驗NH4cl分解產(chǎn)生的兩種氣體

C.利用圖3裝置蒸發(fā)結(jié)晶得到食鹽晶體

D.利用圖4裝置驗證犧牲陽極的陰極保護法

【答案】B

【解析】

A.分儲裝置中，溫度計的水銀球應置于蒸憎燒瓶的支管口處，故A錯誤;

B.氯化筱分解生成氨氣和氯化氫混合氣體，氣體通過五氧化二磷吸收氨氣后，通過觀察濕潤藍色石蕊

試紙變紅證明生成HC1,氣體通過堿石灰吸收氯化氫后，通過觀察濕潤的酚配試紙變紅證明生成氨氣，

故B正確；

C.蒸發(fā)結(jié)晶操作應在蒸發(fā)皿中進行，故C錯誤；

D驗證犧牲陽極的陰極保護法需檢驗Fe電極是否發(fā)生反應，而Fe做電極時反應只能得到二價鐵離子，

因此應檢驗亞鐵離子是否生成，不能用KSCN溶液檢驗，故D錯誤;

故選：B。

10.X、Y、Z、W、R五種元素形成的化合物結(jié)構(gòu)如圖所示，W的單質(zhì)在常溫下為銀白色液體，R的單質(zhì)

在常溫下為紫黑色固體，丫、Z的單質(zhì)是空氣的主要成分，且X、Y的核外電子數(shù)之和與Z的原子序數(shù)

相等，下列說法不正確的是

A.原子半徑：X<Z<Y

B.W的單質(zhì)可用熱分解法制備

C.R的單質(zhì)中混有NaCl時，可用加熱的方法提純

D.X、Y、Z三種元素形成的化合物只能是離子化合物

【答案】D

【解析】

的單質(zhì)在常溫下為銀白色液體，則w為Hg;R單質(zhì)常溫下為紫黑色固體，R為1；Y、Z的單質(zhì)是

空氣的主要成分，再結(jié)合圖可知Z形成兩個共價鍵,Y形成四個共價鍵且?guī)б粋€正電荷，可知Y為N,

Z為。；X、Y的核外電子數(shù)之和與Z的原子序數(shù)相等，則X為H。

A.原子半徑，H<O<N,即X<Z<Y，故A正確；

B.Hg的單質(zhì)可用熱分解法制備，2HgO=2Hg+O2t,故B正確；

C.k易升華，混有NaCl時，可加熱分離提純，故C正確；

D.H、N、0可形成HNO.,（共價化合物），NH4NO3（離子化合物），故D錯誤；

故選D。

11.研究發(fā)現(xiàn)，在酸性乙醇燃料電池中加入硝酸，可使電池持續(xù)大電流放電，其工作原理如圖所示：

下列說法錯誤的是

A.加入HN03降低了正極反應的活化能

B.電池工作時正極區(qū)溶液的pH增大

C.ImolCH3CH2OH被完全氧化時有1.5molCh被還原

D.正極附近的溶液中會發(fā)生反應：4NO+3O2+2H2O=4HNO3

【答案】C

【解析】

乙醇燃料電池中，通入乙醇的為負極，電極反應式為CH3CH2OH+3H2CM2e一=2CO2+12H+,通入氧

氣的一極為正極，由工作原理圖可知，正極發(fā)生反應HNO3+3eT3H+=NOf+2H2。，

4NO+3O2+2H2O=4HNO3,二者力哈可得5+4€一+4H+=2HQ,則HNO3在正極起催化作用，據(jù)

此分析解答。

A.由分析知，HNC）3在正極起催化作用，作催化劑，則加入HNC）3降低了正極反應的活化能，故A

正確；

B.電池工作時正極區(qū)的總反應為O?+4e-+4H+=2H2。，則溶液中氫離子濃度減小，pH增大，故B

正確；

C.根據(jù)得失電子守恒可知，ImolCH3cH20H被完全氧化時，轉(zhuǎn)移⑵nol電子，則有3molO?被還

原，故C錯誤；

D.由分析知，正極附近會發(fā)生反應NO]+3e+4H+=NO個+2凡。,4NO+3O2+2H2O=4HNO3,

故D正確；

蠅C.

12.某同學用KSCN溶液和Fej溶液探究Fe"的還原性時出現(xiàn)異?，F(xiàn)象，實驗如下:

①②③

J足M5

?—5滴1.5mnl/LHC溶液（—5酒溶液

2mL0.15md/LFeg^i?

2mL0.15moia.FeCi2（ikM{

」酸化pH=5）、2涌。.1mol/l.H酸化pH<l）、2滴0.1md/L

2ELO.I5rrml/LFe（：M款酸KSCN混合溶液trKSCN混合溶液

J酸化川<1）、2滴0.1mol/L!

1J"KSCN混合溶液

溶液變紅，大約10秒左右紅色褪去，溶液斐紅且不褪色，有溶液變紅且不褪色，滴加鹽

有氣體生成（經(jīng)檢驗為）取褪色后氣體生成（經(jīng)檢驗為酸和BaC、溶液，無白色沉

淀，經(jīng)檢驗無丁達爾效應。

溶液，滴加鹽酸和BaCl?溶液，產(chǎn)生白02）,經(jīng)檢驗有丁達爾

色沉淀效應

下列說法不正確的是（）

A.對比①③，可以判定酸性條件下HQ2可以氧化SCN-

B.實驗②中發(fā)生的氧化還原反應有兩種

C.②中紅色溶液中含有Fe（OH）3膠體

2++3+

D.③中發(fā)生的氧化還原反應為:4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O

【答案】B

【解析】

①氯化亞鐵（鹽酸酸化的溶液）中滴入KSCN溶液，pH<I,滴入過氧化氫發(fā)生氧化還原反應,生成鐵

離子，形成血紅色溶液，大約10秒左右紅色褪去，鐵離子做催化劑過氧化氫分解有氣體生成（經(jīng)檢驗

為O?）,取褪色后溶液，滴加鹽酸和BaCl,溶液，產(chǎn)生白色沉淀為硫酸鋼沉淀，證明SCN-離子被氧化

為硫酸根離子，②氯化亞鐵（鹽酸酸化的溶液）中滴入KSCN溶液，pH=5,滴入過氧化氫溶液，溶液

變紅且不褪色，說明亞鐵離子被氧化為鐵離子，鐵離子對過氧化氫起到催化劑作用，有氣體生成（經(jīng)檢

驗為5）,氧氣氧化亞鐵離子生成鐵離子，經(jīng)檢驗有丁達爾效應，說明生成了氫氧化鐵膠體，③氯化

亞鐵（鹽酸酸化的溶液）中滴入KSCN溶液，pH<1,滴入過氧化氫發(fā)生氧化還原反應，通入足量氧氣，

溶液變紅且不褪色，說明氧氣氧化亞鐵離子生成鐵離子，滴加鹽酸和BaCI?溶液，無白色沉淀，經(jīng)檢驗

無丁達爾效應，無硫酸鋼沉淀生成和氫氧化鐵膠體形成，排除了生成的氧氣氧化SCN-的可能，A.對比

①③，實驗①排除了鐵離子反應,而是SCN-離子反應,實驗③排除了生成的氧氣氧化SCN-的可能，可

以判定酸性條件下Hz。。可以氧化SCN-,故A正確；B.實驗②中發(fā)生的氧化還原反應有亞鐵離子被過

氧化氫氧化為鐵離子，過氧化氫分解生成氧氣，氧氣氧化亞鐵離子，不只兩種，故B錯誤；C.②中檢驗

有丁達爾效應，說明紅色溶液中含有Fe（OH），膠體，故C正確；D.③中通入足量氧氣溶液變紅色說明發(fā)

2++?+

生的氧化還原反應為:4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O,故D正確。

13.H,Cit是一種三元弱酸。常溫下向HQt溶液中滴力口NaOH溶液混合溶液中1gX[X表示二[、

“HQt）

墨器或器不隨PH的變化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是

c(Cit3)

A.直線n中x表示的是

c(HCit2)

c(HCit)xc(Cit3)

B.在滴加NaOH溶液的過程中3=10-327

2

c(H2Cif)xc(HCit)

2

C.c(HCit')>c(Cit^)>c(H2Cif)4.76<pH<6.40

D.溶液中始終存在c(Na+)+c(H+)=c(HCit2-)+2c(H2Cit-)+3c(Cit')+c(OH)

【答案】B

【詳解】

A.直線U應是Hgit的第二步電離為主’直線n中X表示的是黑黑’A錯誤；

+

c(H)-c(H2Cit)

B.4Cit是一種三元弱酸，它的三步電離平衡常數(shù)分別為：Ktll

c(H3Cit)

(((

cH-)cHCir)^H-)-c(Cifjc(H2Cif)

，在直線I中，當pH=3.13時，

a22

c(H2Cit)，"3c(HCit)c(H3Cit)"

+2

c(H)c(H0Cit)c(H^)-c(HCit)

K.-~~導E--=C(H+)=10-313；在直線n中，當pH=4.76時，跖=二.八

c(H3Cit)clH2Cit)

c(H+?c(Cit")

=c(H+)=10476；在直線in中，當pH=6.4時，Kg一《信任廠=.)=鏟4；

3+364

c(H3Cit)xc(Cit)_c(H3Cit)xc(H)xc(Cit)__IO-_1A.3.27.『以

2+2-313

c(H2Cit)xc(HCit)c(H)xc(H2Cif)xc(HCit')除IO

232

C.當4.76<pH<6.40時，c(H2Cit)<c(HCit),c(Cit)<c(HCit),C錯誤；

++23

D.溶液中始終存在電荷守恒：c(Na)+c(H)=2c(HCit-)+c(H2Cif)+3c(Cit-)+c(OH-),而不是

++23

c(Na)+c(H)=c(HCit')+2c(H2Cit")+3c(Cit-)+c(OH'),故D錯誤;

故選B。

第n卷非選擇題(共58分)

26(14分)苯胺為無色液體，具有較強還原性，易被氧化。常用硝基苯與電反應制備苯胺，反應的化

6皿+3凡-6叫+犯0

學方程式為:

實驗室利用該反應制備苯胺的部分裝置如圖所示:

已知:硝基苯的密度為1.20g?mL”,沸點為210.9；苯胺的密度為1.02g.mL」，沸點為184。

回答下列問題：

(1)檢查裝置I的氣密性的方法是______.

(2)6為恒壓滴液漏斗，其支管的作用是______。

(3)實驗過程中，一般要先通入一段時間H2,其目的是________反應結(jié)束后，要關(guān)閉

裝置I、n間活塞，向三頸燒瓶中加入生石灰,再蒸儲,加入生石灰的作用是o

(4)蒸播時冷凝管中冷凝水流向是_______(用字母表示進出口X

(5)利用蒸儲的方法分離提純苯胺時，有人提出采用減壓蒸儲更加合理，理由是.

(6)實驗時通過恒壓滴液漏斗向三頸燒瓶中加入15mL硝基苯，最后得到苯胺11.5g,則苯胺的產(chǎn)率

為o(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)

【答案】

(1)先關(guān)閉導氣管處的活塞，向啟普發(fā)生器中加水.若啟普發(fā)生器中有一段穩(wěn)定的液柱，則氣密

性良好

(2)平衡內(nèi)外壓強，使恒壓滴液漏斗內(nèi)的液體能夠順利滴下

(3)排出裝置內(nèi)的空氣；吸收反應產(chǎn)生的水

(4)4進c出

(5)減壓蒸儲可以在較低溫度下使苯胺變?yōu)闅怏w，并防止溫度較高時苯胺發(fā)生副反應

(6)84.6%

【解析】

(1)裝置I是啟普發(fā)生器.根據(jù)啟普發(fā)生器的構(gòu)造特點，檢查氣密性時，先關(guān)閉導氣管處的活

塞，向啟普發(fā)生器中加水，若啟普發(fā)生器中有一段穩(wěn)定的液柱，則氣密性良好。

(2)恒壓滴液漏斗的支管可以起到平衡壓強的作用，使恒壓滴液漏斗中液體能夠順利滴加到三

頸娜中。

(4)冷凝管中冷凝水一般是從下口進入，上口流出，便于冷凝水充滿冷凝管，達到更好的冷凝效果。

(5)減壓蒸憎可以降低物質(zhì)的沸點，同時防止溫度過高時發(fā)生一些副反應。

(6)硝基苯的質(zhì)量為15mLx1.20g.mL-'=18&由反應的化學方程式，可以求算出苯胺的理論

產(chǎn)量為93xl8g=］3.6g,實際產(chǎn)量為11.5g,所以苯胺的產(chǎn)率為二嬰x100%=84.6%.

12313.6g

27.(14分)據(jù)報道，磷酸二氫鉀(KH2PO4)晶體已應用于我國研制的巨型激光器“神光二號”中。利用

羥磷灰石精礦［主要成分是Ca<PO4%OH］制備磷酸二氫鉀的工藝流程如圖所示部分流程步驟已省略):

,三辛胺(TOA)TOA?HCI|氣水

型酸|KC>I幽矗1系列探作m副產(chǎn)

向網(wǎng),南,備1操作I"■品N

酸純金一*1^”U水層小列操作n

KH：PO?

已知：“混合”工序中的主要反應為KC1+H3P0產(chǎn)=KH2PO4+HC1.

(1)“制酸”過程中發(fā)生反應的化學方程式為；該過程若用硫酸代替鹽酸，"制酸’的產(chǎn)

率明顯降低，其原因是___________________________

(2)“反應1”中加入三辛胺(TOA)促進了KH2PO4的生成，請用化學平衡移動的原理解釋：_.

(3)副產(chǎn)品N的化學式是；在得到KH2PO4晶體的一系列操作H中，主要包括、、過濾、

洗滌、干燥等。

(4)在萃取過程中，影響萃取率的因素很多。圖1是投料比對萃取率的影響曲線，在實際操

n(H3PoJ

作中，應選擇投料比的范圍是______________(填序號1

n(H3PO4)

圖1

A.0.2-0.4B.0.4?0.6C.0.6~0.8D.0.8~l.0

E.1.0-1.2

(5)用電解法制取KH2PO4的原理如圖2所示。在____________(填或“C”)室可得到KH2PO4；

寫出陰極的電極反應式：O

陰

陽

離

離

子

子

交

喙

麻

便

膜

膠

IIhPIO,溶淞KC1溶液

A室B室C室

圖2

【答案】c

(1)Ca5(P04)3OH+10HCl==5CaCh+3H3PO4+H2O生成微溶的CaSO4會覆蓋在羥磷灰石的表面，阻止

反應的繼續(xù)進行

(2)“混合”工序中的反應為可逆反應，加入三辛胺(TOA)后，三辛胺會與溶液中的HC】反應，使H。

濃度減小，促使平衡正向移動，促進了KHzPO」生成(從萃取角度答題也可)

(3)NH4cl蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶

(4)E

(5)B；2H3Po4+2e==2H2PO；+H2f

【解析】

(1)由流程圖可知，制備磷酸二氫鉀的大體流程為先用Cas(PO4)3OH與鹽酸反應制取磷酸，再加入

氯化鉀制得KH2P04，再通過萃取實現(xiàn)KH2P04的分離。由題中流程圖可知「制酸”過程生成的酸為磷酸，

故該反應的化學方程式為Cas(PO4)3OH+10HCl=5CaCl2+3H3PO4+H2Oo該過程若使用H2sO4,生成微

溶的CaSO」會覆蓋在羥磷灰石的表面，阻止反應的繼續(xù)進行，導致產(chǎn)率明顯降低。

(2)“混合”工序中的反應為可逆反應，加入三辛胺(T0A),三辛胺會與鹽酸反應生成T0AHC1,使溶

液中HC1濃度減小，促使平衡正向移動，從而促進KH2PCM生成；也可從萃取角度分析，三辛胺(TOA)

萃取了溶液中的HC1，使溶液中HC1濃度減小，促使平衡正向移動，從而促進KH2P(%的生成。

(3)由流程圖可知，TOA-HC1與氨水反應生成氯化鉉和T0A,所以副產(chǎn)品N為NH4C1；制得晶體的一般

步驟為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等。

(4)分析題圖1可知，；(*?)越大,磷酸的萃取率越低，鹽酸與磷酸分離得越徹底，所以應選擇的

n(H3PoJ

投料比的范圍為1.0~12

(5)分析題圖2可知，陰極上H-放電，電極反應式為2H3Po4+2e-==2HFO；+H2T,生成的HJO」通過陰

離子交換膜進入B室；陽極上C「放電，鉀離子通過陽離子交換膜進入B室，所以在B室可得到KH2P04。

28.(15分)腫(電也)在不同條件下分解產(chǎn)物不同，2001時，在Cu表面分解的機理如圖甲，已知200口

1

反應□:3N?H4(g)=N2(g)+4NH3(g)AW=-32.9kJ-mol-,

反應□:MHJg)+4H?(g)=2NH3(g)\H=-41.8kJnnol'。

NJI..滬〉*%

過程

(1)寫出過程②的M(填或三”)0；寫出200口時，脫分解為氮氣和氫

氣的熱化學方程式：.

(2)附在銅催化分解為氮氣和氫氣的反應機理中，過程②為氨氣的分解，氨催化分解既可防治氨氣污

染，又能得到氫能源，得到廣泛研究。

固體表面的化學過程研究對于化學工業(yè)非常重要。

在Fe催化、一定壓強和溫度下合成氨的反應機理如圖所示。下列說法不正確的是()

a.、和H2分子被吸附在鐵表面發(fā)生反應

b.吸附在鐵表面的N2斷裂了N三N鍵

c.NH,分子中的N-H鍵不是同時形成的

d.Fe催化劑可以有效提高反應物的平衡轉(zhuǎn)化率

②在Co—A1催化劑體系中，壓強為下氨氣以一定流速通過反應器，得到不同催化劑下氨氣轉(zhuǎn)化率隨溫

度變化曲線如圖，活化能最小的催化劑為o如果增大氣體流速，則b點對應的

點可能為(填"ac11d"、“e”或“/”)；

建

H

K

③溫度為T時，體積為1L的密閉容器中加入0.8molNH3和0.1mol凡，30min達到平衡時,N2

3

體積分數(shù)為20%,已知u正乂正"(沖㈠=k^|J?(N2)C(H2)；K只與溫度有關(guān)，溫度改變，女正、女逆

改變；則T時"=____________平衡時NH、分解率為____________.

右

(3)氨硼烷是氮和硼的氫化物，分子式為NH,.BH,。易溶于水，易燃。氨硼烷(NH,.BH,)電池可在

常溫下工作，裝置如圖所示。未加入氨硼烷之前，兩極室質(zhì)量相等，電池反應為

NH,.BH,+3H2O2=NH4BO2+4H,O.已知H,O2足量。回答下列問題：

MH,-BH,「負載》一

水、里:#=三］712溶液

質(zhì)子交換膜

①負極電極反應式為;

②工作足夠長時間后，若左右兩極質(zhì)量差為3.8g,則電路中轉(zhuǎn)移電子。

【答案】C

1

(1)>；N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)AH=+50.7kJmor

(2)①d②90CoAl；e?7.5；75

+

(3)@NH,?BH3+2H2O-6e-=NH4BO,+6H@1.2mol(或1.2/VA)

【解析】(1)2NH3(g)=N2(g)+3Hz(g)可以通過?一311,得

2=兇|一3例=一32.9口1110『一3'(^1.81<13110『)=+92.54010尸'貝亮”>°；

N,H4(g)=N,(g)+2H,(g)可以通過I-2x11得到,因此

AH=-32.9kJ-mof1-2x（^1.8kJ-mol1）=+5O.7kJ-mor'1因此樹抬紡程式為

N2H4(g)=N式g)+2H,(g)AW=+50.7kJ-mol-1°

(2)①由圖3可知$和H2分子被吸附在鐵表面，而圖4、5表示發(fā)生反應，所以N?和H2分子被吸附

在鐵表面發(fā)生反應，a項正確；由圖4可知氮氣吸附在鐵表面，并斷裂了N三N鍵，b項正確；由圖5、

6、7可知，NH,分子中的N—H鍵不是同時形成的，c項正確；催化劑只改變反應速率，平衡不移動，

所以不能提高反應物的平衡轉(zhuǎn)化率，d項錯誤。②由圖可知，90CoAl先達到平衡態(tài)，所以90CoAI

是活化能最小的催化劑；此反應為氣體體積增大的反應，增大氣體流速平衡逆向移動，b點對應的點

可能為e；

33

③口正ME"（NH3）=k^ST（N2）C（H2）；T時平衡時即％/逆Q?（NH3）=^U（N2）c（H2）,

兵=嗎￡*)=K,則由題給數(shù)據(jù)可知，設氮氣平衡

k逆c(NH,)

時氮氣的物質(zhì)的量為xmol,則

2NH3（g）UN2（g）+3H2（g）

初始量（mol）0.800.1

變化量（mol）2xx3x

平衡量（mol）0.8-2xx0.1+3x

相同條件下氣體的物質(zhì)的量之比等于體積之比，所以達到平衡時N2的體積分數(shù)為

——--^――-xl00%=20%,解得x=0.3,故*=K=§*=7.5,NH?分解率為

0.8-2x+x+0.1+3xk逆0.2?

—xl00%=75%.

0.8

(3)①右側(cè)為正極，H2O2到電子發(fā)生還原反應，左側(cè)為負極，電極反應式為

+

NH,.BH,+2H,O-6e-=NH4BO2+6H；②未加入氨硼烷之前，兩極室質(zhì)量相等，通入氨硼烷后，負

+

極的電極反應式為NH,.BH,+2H,O-6e-=NH4BO,+6H,正極的電極反應式為

3H2O2+6H++6e-=6H2O，假定轉(zhuǎn)移6mol電子，則左室質(zhì)量增加:31g-6g=25g,右室質(zhì)量增加6g,

兩極室質(zhì)量相差19g工作一段時間后,左右兩極質(zhì)量差為3.8g，則理論上轉(zhuǎn)移1.2mol電子(或1.2以)。

35(15分X物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]氧、硫形成的化合物種類繁多日常生活中應用廣泛。如硫代硫酸鈉(Na2S2O,)

可作為照相業(yè)的定影劑，反應的化學方程式如下：AgBr+2Na2S2O3=Na3[Ag(Sa)2+NaBr,回答下列

問題：

(1)已知銀(Ag)位于元素周期表第五周期，與Cu同族，則基態(tài)Ag的價電子排布式為一.

(2)下列關(guān)于物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的說法，正確的是

A.玻爾原子結(jié)構(gòu)模型能夠成功地解釋各種原子光譜

B.br、、0三種元素的電負性)順序為0>Br>S

C.Na的第一電離能小于Mg，但其第二電離能卻遠大于Mg

D.水分子間存在氫鍵，故Hq的熔沸點及穩(wěn)定性均大于H2s

(3)依據(jù)VSEPR理論推測Sq：的空間構(gòu)型為中心原子S的雜化方式為[Ag(S2O3)2y

中存在的化學鍵有(填字母序號\

A.離子鍵B.極性鍵C.非極性鍵D.金屬鍵E酒己位鍵

(4)第一電子親和能(￡)是指元素的基態(tài)氣態(tài)原子得到一個電子形成氣態(tài)負一價離子時所放出的能

量(單位為kJmoL),電子親和能越大，該元素原子越易得電子。已知第三周期部分元素第一電子親

和能如下表：

元素AlSiPSCl

Ej(kJmol1)42.513472.0200349

表中元素的￡自左而右呈增大趨勢，試分析P元素呈現(xiàn)異常的原因

(5)某種離子型鐵的氧化物晶胞如下圖所示，它由AB組成則該氧化物的化學式為:已知該晶體

的晶胞參數(shù)為anm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,則密度p為—g.cmR用含a和NA的代數(shù)式表示)

【答案】

(1)4d5sl

(2)BC

(3)四面體sp3BCE

(4)P的價電子排布式為3s23P3,3p能級處于半充滿狀態(tài)，相對穩(wěn)定，不易結(jié)合一個電子

,「、「八232x8

(5)FeQ」-----------——

343

(axlO-7)7^A

【解析】(1)銀位于元素周期表第五周期，與銅同族，處于第一副族，價電子排布為4d%s'。

(2)A.波爾原子結(jié)構(gòu)模型能夠成功地揭示氫原子光譜，故錯誤；B.非金屬性越強電負性越大，故氧〉

漠〉硫，故正確；C.鎂原子3s軌道為全充滿穩(wěn)定狀態(tài)，新徑較小，第一電離能高于鈉，他們失去一個電

子后，鈉離子是穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第二電離能遠高于鎂，故正確；D.水分子間存在氫鍵，故水的熔沸點高于硫

化氫，穩(wěn)定性屬于化學性質(zhì)，由共價鍵決定，故錯誤。(3)S2O=中一個硫原子相當于氧原子，中心硫

原子孤電子對數(shù)為6+2-2x4=0,價層電子對數(shù)為0+4=4,微?？臻g構(gòu)型為四面體型，中心硫原子

2

采取對雜化；［Ag(SQ，)2『中Ag*與邑0；-之間形成配位鍵，硫原子之間形成非極性鍵，硫與氧原子

之間形成極性鍵，故選BCE。

(4)P的價電子排布式為3s23P3,磷原子的3p能級處于半充滿狀態(tài)，相對穩(wěn)定，不容易結(jié)合一個電子。

(5)亞鐵離子處于晶胞的頂點，面心以及A位置立方體的體心，氧離子位于AB小立方體的內(nèi)部，每

個小立方體內(nèi)部各有4個，鐵離子處于晶胞B位置小立方體的內(nèi)部,均攤法計算晶胞中鐵和氧原子數(shù)目

確定化學式，鐵原子數(shù)目為4+8x：+6x4+4x4=24,氧原子數(shù)目為4x8=32,故鐵和氧原子數(shù)目之比

82

為24:32=3:4,故氧化物化學式為FeQ,。晶胞相當于有8個四氧化三鐵，晶胞質(zhì)量=8x爭g,晶體

NA

密度=8x^^g4-(?x107cm)3=232j:——g-crrT，

73

NJ'(axlO-)NA0

36.(15分)［有機化學基礎廣點擊化學”是指快速、高效連接分子的一類反應，例如銅催化的Huisgen環(huán)

加成反應：

+CH=CX^

我國科研人員利用該反應設計、合成了具有特殊結(jié)構(gòu)的聚合物F并研究其水解反應。合成線路如下圖所

示：

4Q-NHI

HC-C-C-OHCH,._八

D

CHC-^-BrCH,

需0HC-O-C-CH—CH\F,

鉗催化WIS6

反應①CH)反應②取

NaM代

c