2022年广东省实验中学高考化学模拟试卷(含答案解析)

2020年广东省实验中学高考化学模拟试卷

一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）

1.中华传统文化博大精深，其中涉及到很多的化学知识。下列有关说法不正确的是()

A. “滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化

B. 工业生产玻璃、水泥、漂白粉，均需要用石灰石为原料

C. “落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化

D. 中国蓝是古代人工合成的蓝色化合物，其化学式为BaCuSi4O10，可改写成BaO?CuO?4SiO2

2.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()

A. 密闭容器中2molSO2和1molO2催化反应后分子数为2N A

B. 标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5N A

C. 1mol重水与1mol水中中子数比为2:1

D. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2N A

3.某有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法正确的是()

A. 可用FeCl3溶液区分X和苯酚

B. 在加热条件下，1 mol X最多能与2 mol NaOH反应

C. 若1 mol X在酸性条件下能水解完全，其产物最多能与2 mol Na反应

D. 分子含有三种官能团，且两种官能团在催化剂条件下能与氢气加成

4.全钒液流电池被誉为流动的“电力银行”，安全、环保、可深度充放电。已知：左、右两槽溶

液均为酸性；充电时左槽溶液蓝色变浅。下列说法正确的是()

A. 放电时，惰性电极M为负极

B. 放电时，正极的电极反应式为V3++e?=V2+

C. 充电时，导线中流过0.5mol e?，左槽溶液增加1mol H+

D. 充电时，右槽溶液的pH减小

5.某短周期元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1.下列有关元素X的说法错误

的是()

A. 元素X不可能是金属元素

B. 元素X的气态氢化物不一定是电解质

C. 元素X一定能形成化学式为KXO3的含氧酸钾盐

D. 工业上制取X的单质时一定采用氧化还原反应

6.根据实验操作和现象不能推出相应结论的是()

选项实验操作和现象实验结论

A在Na2S溶液中滴加新制氯水，产生浅黄色沉淀非金属性：Cl>S

B SO2气体通入Na2SiO3溶液中，产生胶状沉淀酸性：H2SO3>H2SiO3

将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静

C

氧化性：Fe3+>I2置，下层溶液显紫红色

加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿

NH4HCO3呈碱性D

润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝

A. A

B. B

C. C

D. D

7.已知Ba(AlO2)2可溶于水。下图表示的是向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液时，生成沉淀

的物质的量y与加入Ba(OH)2的物质的量x的关系。

下列有关叙述正确的是()

A. a～b时沉淀的物质的量：Al(OH)3比BaSO4多

B. c～d时溶液中离子的物质的量：Ba2＋比AlO?2?多

C. a～d时沉淀的物质的量：BaSO4可能小于Al(OH)3

D. d～e时溶液中离子的物质的量：Ba2＋可能等于OH－

二、流程题（本大题共1小题，共15.0分）

8.银锰精矿是重要的银矿资源，其主要成分为MnO2和银单质，利用黄铁矿(主要成分为FeS2)可以

实现锰和银的分离．具体操作流程如图

(1)提高锰元素浸出率的措施(任写一条)______．

(2)浸出1中，黄铁矿转化为铁盐和硫酸盐，请写出发生反应的化学方程式______．

(3)从工业生产成本考虑，加入的A最好是______．

A.CaCO3

B.NaOH

C.氨水

D.Ca(OH)2

(4)浸出液2的主要成分Ag(CN)2?，写出浸出2中发生反应的离子方程式______；电解后的溶液

中，可以循环利用的物质______(填化学式)．

(5)银锰矿中，银矿物以显微粒状分散在MnO2矿物中，不破坏原有结构难以提银，因此锰的浸

出对于银的提取率至关重要．某小组通过实验，研究了硫酸用量、黄铁矿用量(占矿重百分比)对锰浸出率的影响，如表所示：

硫酸%31.5236.1040.6745.25

锰浸出率77.4289.4991.5997.95

黄铁矿%12.51517.520

锰浸出率88.7997.9599.1899.46

从实际生产角度出发，表中所给浸出条件最佳的是______．

A 硫酸45.25%

B

硫酸31.52%

C

硫酸45.25%

D

硫酸36.10%黄铁矿20%黄铁矿15%黄铁矿15%黄铁矿20%

三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）

9.工业上，向500℃左右的铁屑中通入Cl2生产无水氯化铁，其制备过程中均要确保无水。现模拟

该过程用图示装置进行实验：

(1)装置D的两个作用是________________、________________。

(2)将H2S气体通入FeCl3溶液中有难溶于水的S生成，且溶液颜色变为浅绿色，则对应的化学方

程式为____________________。

四、简答题（本大题共3小题，共34.0分）

10.研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意义。

相关的主要化学反应有：

ⅠC2H6(g)?C2H4(g)+H2(g)△H1=136kJ?mol?1

ⅡC2H6(g)+CO2(g)?C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)△H2=177kJ?mol?1

ⅢC2H6(g)+2CO2(g)?4CO(g)+3H2(g)△H3

ⅣCO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)△H4=41kJ?mol?1

已知：298K时，相关物质的相对能量(如图1)。

可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的△H(△H随温度变化可忽略)。例如：H2O(g)= H2O(l)△H=?286kJ?mol?1?(?242kJ?mol?1)=?44kJ?mol?1。

请回答：

(1)①根据相关物质的相对能量计算△H3=______kJ?mol?1。

②下列描述正确的是______

A.升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大

B.加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动

C.反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成

D.恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动

③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下：【C2H6(g)+CO2(g)】→

【C2H4(g)+H2(g)+CO2(g)】→【C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)】，且第二步速率较慢(反应活化能为210kJ?mol?1)。根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量?反应过程图”，起点从【C2H6(g)+CO2(g)】的能量?477kJ?mol?1，开始(如图2)。

(2)①CO2和C2H6按物质的量1：1投料，在923K和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对

“CO2氧化C2H6制C2H4”的影响，所得实验数据如下表：

催化剂转化率C2H6/%转化率CO2/%产率C2H4/%

催化剂X19.037.6 3.3

结合具体反应分析，在催化剂X作用下，CO2氧化C2H6的主要产物是______，判断依据是______。

②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高C2H4的选择性(生成C2H4的

物质的量与消耗C2H6的物质的量之比)。在773K，乙烷平衡转化率为9.1%，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0%.结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是______。

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______。

12.由烃A制备抗结肠炎药物H的一种合成路线如下(部分反应略去试剂和条件)：

已知：Ⅰ．

Ⅱ.

回答下列问题：

(1)H的分子式是______，A的化学名称是______。反应②的类型是______。

(2)D的结构简式是______。F中含有的官能团的名称是______。

(3)E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是______。

(4)设计C→D和E→F两步反应的共同目的是______。

(5)化合物X是H的同分异构体，X遇FeCl3溶液不发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积比为3：2：2，写出1种符合要求的X的结构简式______。

(6)已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位。据此写出以A为原料制备化合物的合成路线______(其他试剂任选)。

【答案与解析】

1.答案：A

解析：

本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的关系，题目难度不大。

A.石头大多由大理石(即碳酸钙)其能与水，二氧化碳反应生成Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2是可溶性物质，属于化学变化，故A错误；

B.制玻璃的原料：石英砂、石灰石、长石、纯碱、硼酸等；制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用氯气与消石灰反应得到漂白粉，因此工业上生产玻璃、水泥、漂白粉，均需要用石灰石为原料，故B正确；

C.龙虾和螃蟹被煮熟时，它们壳里面的一种蛋白质?甲壳蛋白会受热扭曲分解，释放出一种类似于胡萝卜素的色素物质，有新物质生成，属于化学变化，故C正确；

D.硅酸盐改写成氧化物形式时：活泼的金属氧化物写在前面，再写SiO2，含氢元素的H2O最后写，所以BaCuSi4O10用氧化物形式表示：BaO?CuO?4SiO2，故D正确；

故选：A。

2.答案：B

解析：

本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。

A.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，不能进行到底，所以密闭容器中2molSO2和1molO2催化反应后分子数大于2N A，故A错误；

×2×N A=0.5N A，故B正确；

B.标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为： 5.6L

22.4L/mol

C.1mol重水与1mol水中中子数比为10：8=5：4，故C错误；

×N A=0.1N A，故D错误；

D.标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为： 2.24L

22.4L/mol

故选：B。

3.答案：A

解析：解：A.有机物不含酚羟基，与氯化铁不反应，可用FeCl3溶液区分X和苯酚，故A正确；

B.只有酯基与氢氧化钠溶液反应，在加热条件下，1mol X最多能与1mol NaOH反应，故B错误；

C.若1mol X在酸性条件下的能水解完全，其产物有2种，总共含有1个羧基、2个羟基，则最多能与3mol Na反应，故C错误；

D.苯环和碳碳双键可与氢气发生加成反应，但苯环不是官能团，故D错误。

故选：A。

有机物含有酯基，可发生水解，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羟基，可发生取代、氧化反应，以此解答该题。

本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大。

4.答案：D

解析：

本题考查了化学电源新型电池，根据充放电时各个电极上得失电子来分析解答，难点是电极反应式的书写、结合题中信息解答，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。

电池放电时，左槽溶液质量增加，由于离子交换膜只允许氢离子通过，则放电时，氢离子向左槽移动，即左槽为正极，正极上发生得电子的还原反应，即VO2++2H++e?=VO2++H2O，右槽为负极，负极发生失电子的氧化反应，即V2+?e?=V3+；充电时，左槽为阳极，VO2+失电子生成VO2+，右槽为阴极，V3+得电子生成V2+，据此分析。

A、充电时左槽溶液蓝色变浅，则放电时，左槽溶液蓝色加深，发生VO2++2H++e?=VO2++H2O 得电子的还原反应，所以M为正极，故A错误；

B、放电时，该装置为原电池，左槽M作正极，右槽N作负极，负极发生失电子的氧化反应，即V2+?e?=V3+，故B错误；

C、充电时，左槽M发生的反应为VO2++H2O=VO2++2H++e?，当转移电子为0.5mol时，生成氢离子为1mol，此时氢离子参与正极反应，通过交换膜定向移动使电流通过溶液，溶液中离子的定向移动可形成电流，通过0.5mol电子，则左槽溶液中n(H+)的变化量为1mol?0.5mol=0.5mol，故C 错误；

D、充电时，右槽为阴极，阴极上V3+得电子生成V2+，即V3++e?=V2+，溶液中H+离子移动到阴极，所以右槽溶液的pH减小，故D正确；

故选：D。

5.答案：D

解析：解：某短周期元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为(2n+1)，由于最外层电子数不超过8，第一电子层最多容纳2个电子，故n=2或3，对应的最外层电子数为5或7，则X为N 或Cl元素，

A.X为N或Cl元素，为非金属元素，故A正确；

B.对应的氢化物如为氨气，则为非电解质，故B正确；

C.X为N或Cl元素，可形成KNO3或KClO3，故C正确；

D.工业上制备氮气，可用液化空气的方法，故D错误。

故选：D。

某短周期元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为(2n+1)，由于最外层电子数不超过8，第一电子层最多容纳2个电子，故n=2或3，对应的最外层电子数为5或7，则X为N或Cl元素，结合元素化合物性质解答．

本题考查核外电子排布、结构与位置关系、元素化合物性质等，推断元素是解题关键，难度不大．6.答案：D

解析：

本题考查化学实验方案评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验原理和操作方法，难度不大。

A.Na2S具有还原性，氯气具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成单质硫，故非金属性：Cl>S，故A正确；

B.SO2气体通入Na2SiO3溶液中，产生胶状沉淀，说明生成了硅酸，则酸性：H2SO3>H2SiO3，故B 正确；

C.将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，下层溶液显紫红色，说明三价铁离子氧化碘离子得到碘单质，则氧化性：Fe3+>I2，故C正确；

D.铵盐受热分解生成氨气，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，不能说明NH4HCO3显碱性，故D错误。故选D。

7.答案：D

解析：

本题考查离子反应方程式及图象的分析，为高频考点，把握发生的离子反应及图象中对应的离子反应为解答的关键，侧重分析、应用能力的综合考查，题目难度中等。

A．在a~b发生反应Al2（SO4）3+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，由方程式可知，沉淀的物质的量：Al（OH）3＜BaSO4，故A错误；

B．c~d发生反应2Al（OH）3+Ba（OH）2=Ba（AlO2）2+4H2O，1mol Ba（AlO2）2电离出2molAlO2-、1molBa2+，故AlO2-比Ba2+多，故B错误；

C．a~b发生Al2（SO4）3+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，由方程式可知，沉淀的物质的量：Al（OH）3＜BaSO4，b～d中Al（OH）3沉淀逐渐溶解转化为Ba（AlO2）2，故a~d时沉淀的物质的量：BaSO4大于Al（OH）3，故C错误；

D．d点时Al（OH）3沉淀恰好完全溶解，此时溶液中只存在Ba（AlO2）2，当加入的Ba（OH）2的物质的量等于Ba（AlO2）2的物质的量时，溶液中Ba2+与OH-的量相等，故D正确。

故选D。

8.答案：(1)加热或粉碎或充分搅拌等

(2)2FeS2+15MnO2+14H2SO4=Fe2(SO4)3+15MnSO4+14H2O(3)A

(4)4Ag+O2+8CN?+2H2O=4Ag(CN)2?+4OH?NaCN(或CN?)(5) C

解析：解：(1)提高锰元素浸出率的措施可以通过加热、粉碎、充分搅拌等措施提高锰元素的浸出率，(2)浸出1中，黄铁矿转化为铁盐和硫酸盐，黄铁矿在酸性溶液中被二氧化锰氧化转化为铁盐和硫酸盐，反应的化学方程式为：2FeS2+15MnO2+14H2SO4=Fe2(SO4)3+15MnSO4+14H2O，

(3)分析可知A是用来调节溶液pH，和酸反应，从工业生产成本考虑，NaOH、氨水、Ca(OH)2不如碳酸钙生产成本低，所以加入的A最好是碳酸钙，

(4)银在氧气的作用下溶解于NaCN溶液生成Ag(CN)2?，反应的离子方程式为：4Ag+O2+8CN?+ 2H2O=4Ag(CN)2?+4OH?，电解此溶液阴极电极反应Ag(CN)2?+e?=Ag+2CN?，电解后得到NaCN可以循环使用，

(5)图表数据分析可知，因银矿物以显微粒状分散在二氧化锰矿物中，不破坏原有结构难以提银，锰的浸出越高银的浸出率也越高，当硫酸的浓度为45.25%、黄铁矿20%时锰浸出率达到最高值从实际

生产角度出发，最佳浸出条件是硫酸45.25%、黄铁矿15%；故选C，

故答案为：C．

银锰精矿是重要的银矿资源，其主要成分为MnO2和银单质，利用黄铁矿(主要成分为FeS2)可以实现锰和银的分离，银锰精矿和黄铁矿加入稀硫酸酸浸过滤得到浸出液1，浸出液1中加入和酸反应的物质调节溶液PH，除去铁离子，过滤得到滤液为硫酸锰，浓缩结晶、过滤洗涤得到硫酸锰结晶水合物，滤渣主要成分为银，加入NaCN和氧气反应生成浸出液2的主要成分Ag(CN)2?，电极得到金属银，

本题考查了物质分离提纯、物质性质、氧化还原反应电子守恒的应用、电解原理等，注意题干信息的分析、理解和应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

9.答案：(1)除去未反应的氯气防止空气中的水蒸气进入C装置

(2)2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl

解析：

本题考查氯化铁的制备原理，难度不大，掌握氯化铁的性质是解答的关键。

A是产生氯气，B是为了除去氯气中的水，C是氯气与铁反应产生氯化铁，D是为了吸收多余的氯气同时防止空气中水分进入C中。

(1)结合以上分析可知装置D的两个作用是除去未反应的氯气，防止空气中的水蒸气进入C装置，故答案为：除去未反应的氯气；防止空气中的水蒸气进入C装置；

(2)发生氧化还原反应，化学方程式为2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl，

故答案为：2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl。

10.答案：+430AD CO C2H4的产率低，说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡正向移动

解析：解：(1)①由图1的数据可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为?84kJ?mol?1、?393kJ?mol?1、?110kJ?mol?1、0kJ?mol?1.由题中信息可知，△H=生成物的相对总能量?反应物的相对总能量，因此，C2H6(g)+2CO2(g)?4CO(g)+3H2(g)△H3=(?110kJ?mol?1)×4?

(?84kJ?mol?1)?(?393kJ?mol?1)×2=+430kJ?mol?1，

故答案为：+430；

②A.反应Ⅰ为吸热反应，升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，故A正确；

B.反应Ⅰ和反应Ⅱ的正反应均为气体分子数增大的反应，增大压强，其化学平衡均向逆反应方向移动，故B错误；

C.反应Ⅲ的产物中有CO，CO的浓度增大，能使反应Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动，不利于乙烷脱氢和乙烯的生成，故C错误；

D.反应Ⅳ的反应前后气体分子数不变，在恒温恒压下向平衡体系中通入水蒸气，体系的总体积变大，水蒸气的浓度变大，其他组分的浓度均减小相同的倍数，则该反应的浓度商Qc变大(大于平衡常数)，所以化学平衡向逆反应方向移动，故D正确；

故答案为：AD；

③由题中信息可知，反应Ⅱ分两步进行，第一步的反应是C2H6(g)+CO2(g)=C2H4(g)+H2(g)+ CO2(g)，C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为52kJ?mol?1+0+(?393kJ?mol?1)=?341kJ?mol?1；第二步的反应是C2H4(g)+H2(g)+CO2(g)=C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)，其活化能为210kJ?mol?1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210kJ?mol?1，过渡态的的相对能量变为?341kJ?mol?1+210kJ?mol?1=?131kJ?mol?1，最终生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相对能量之和为(52kJ?mol?1)+(?242kJ?mol?1)+(?110kJ?mol?1)=?300kJ?mol?1，根据题中信息，第一步反应是快反应，反应的活化能较小，第二步的活化能较大，所以反应Ⅱ分两步进行的“能量?反应过

程图”可以表示为：，

故答案为：。

(2)①由题中信息及表中数据可知，尽管CO2和C2H6按物质的量之比1：1投料，但是C2H4的产率远远小于C2H6的转化率、CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，并且反应Ⅲ为主反应，这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率，即CO2氧化C2H6的主要产物是CO，

故答案为：CO；C2H4的产率低说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率；

②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，可选择性地让C2H4通过而离开体系，使平衡体系中C2H4的浓度降低，从而促进反应ⅡC2H6(g)+CO2(g)?C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)的化学平衡向正反应方向移动，提高乙烷的转化率。

故答案为：选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡向正反应方向移动。

(1)①焓变△H=生成物的相对总能量?反应物的相对总能量；

②根据平衡移动原理分析温度、压强和反应物的浓度对化学平衡的影响，并作出相关的判断；

③根据相关物质的相对能量和活化能计算出中间产物、过渡态和最终产物的相对能量，根据图象中的关键数据作图；

(2)①催化剂的选择性表现在对不同反应的选择性不同：C2H4的产率远远小于C2H6的转化率、CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，并且主要发生反应III；

②选择性膜可选择性的让某气体通过而离开体系，采用选择性膜技术，降低平衡体系中C2H4的浓度，从而促进反应Ⅱ的化学平衡向正反应方向移动。

本题考查化学平衡及其影响因素、反应热的计算、平衡图象分析与判断等知识，侧重考查学生分析能力和灵活运用能力，准确提取题中的关键信息和关键数据及数据的处理是解答本题的关键，把握活化能概念及活化能与化学反应速率的关系、化学平衡的影响因素即可解答，要求考生细心、有耐心和扎实的基本功，注意选择性膜技术的理解，题目难度较大。

11.答案：(1)3p

(2)2p ；B 、N

(3)Li + ；Li +的核外电子排布为1s 2，B +核外电子排布为2s 2，1s 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 ?a 3

(5)6；正八面体

(6)①24.8pm 47.2pm ；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3s 23p 4，获得2个电子形成3s 23p 6稳定结构，即所得电子填充在基态S 的3p 能级，得到稳定的S 2?，

故答案为：3p ；

(2)NH 3BF 3中配位键为H 3N →BF 3，N 原子提供孤电子对，B 原子提供空轨道的原子，NH 3中N 原子通过sp 3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sp 3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1s 2、1s 22s 2，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1s 2，B +核外电子排布为1s 22s 2，1s 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=12×14=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)3cm 3，晶胞密度ρ=140N A (a×10?10)3g ?cm ?3=1.4×1032N A ?a 3g ?cm ?3，

故答案为：棱心；

1.4×1032N A ?a 3； (5)18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；

×√2pm=

(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=564

2

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：C7H7O3N甲苯取代反应羟基、醛

基保护酚羟基(防止酚羟基

被氧化)或

解析：解：C发生信息(I)中的反应生成D，D发生氧化反应生成E，结合C原子数可知，A为，B为，C的结构简式为，D为，D氧化生成E为，

E与氢氧化钠反应、酸化得到F为，由信息(II)可知，F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反应生成G为，G发生还原反应得到抗结肠炎药物H；

(1)H的分子式是C7H7O3N，A为，A的化学名称是甲苯。反应②的类型是取代反应，

故答案为：C7H7O3N；甲苯；取代反应；

(2)D的结构简式是，F为，F中含有的官能团的名称是醛基、羟基，故答案为：；羟基、醛基；

(3)E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是

，

故答案为：；

(4)设计C→D和E→F两步反应的共同目的是保护酚羟基(防止酚羟基被氧化)，

故答案为：保护酚羟基(防止酚羟基被氧化)；

(5)化合物X是H的同分异构体，X遇FeCl3溶液不发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积比为3：2：2，可知含1个甲基、1个?NO2，符合要求的X的结构简式为

或，

故答案为：或；

(6)以A为原料合成化合物，甲苯先发生硝化反应生成邻硝基甲苯，再发生氧化反应、最后发生还原反应，流程为

，

故答案为：。

C发生信息(I)中的反应生成D，D发生氧化反应生成E，结合C原子数可知，A为，B为，C的结构简式为，D为，D氧化生成E为，E与氢氧

化钠反应、酸化得到F为，由信息(II)可知，F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反应生成G为，G发生还原反应得到抗结肠炎药物H；

(6)以A为原料合成化合物，甲苯先发生硝化反应生成邻硝基甲苯，再发生氧化反应、最后发生还原反应。

本题考查有机物的合成，为高频考点，把握官能团的变化、碳链变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度中等。

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