全国Ⅰ-化学-2016百度高考权威预测卷

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2016全国三卷化学推荐度：
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2016年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力

测试（化学）预测试题

（满分100分，考试时间50分）

相对原子质量(原子量)：H－1 C－12 N－14 O－16 S－32 K－39 Mn－55

卷Ⅰ（选择题42分）

一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一项是符合题目要求的）

1．化学在环境保护、资源利用等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极作用。下列说法错误的是 ( )

A．席卷北方大部分地区的“雾霾”天气，逐渐蔓延到中国东南部大部分地区，进一步助推了中国第四次移民潮的到来，雾霾中PM2.5属于胶体

B．天津港爆炸案中对剧毒的氰化钠(NaCN) 喷洒双氧水消毒，是利用了双氧水的还原性

C．烹饪“高价鱼”所用得植物油能使KMnO4溶液褪色，其属于高分子化合物

D．通过红外光谱分析可以区分乙醇和乙酸

【答案】D

【分值】6分

【三级考点】有关化学反应原理

【考查方向】本题考查化学与生活

【易错点】本题考查了资源利用、环境保护等社会热点问题，把化学与生活联系起来

【解题思路】

A．胶体半径是10-9m~10-7m；

B．氰化钠(NaCN) 喷洒双氧水消毒是把氰化钠氧化为无毒的碳酸盐；

C．植物油不属于高分子化合物；

D．可以通过C=O键的特征峰值来区分。

【解析】

A．雾霾中PM2.5，半径是2.5×10-6m，胶体半径是10-9m~10-7m，PM2.5不属于胶体，A错误；

【答案】C

【分值】6分

【三级考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；性质实验方案的设计；离子方程式的书写

【考查方向】化学实验方案的评价。

【易错点】本题考查化学实验方案的评价，侧重于基本实验的操作的考查，涉及物质的检验和平衡移动的问题，题目难度不大，注意把握相关基础知识。

【解题思路】

A．氢氧化钠过量，氢氧化钠和氯化镁、氯化铁反应都生成沉淀；

B．淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行；

C．氯水中含有氯离子；

D．滴定前尖嘴有气泡滴定终点气泡消失，导致盐酸溶液体积读数偏大。

【解析】

A．氢氧化钠过量，氢氧化钠和氯化镁、氯化铁反应都生成沉淀，所以不能证明Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀，A错误；

B．淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行，应先调节溶液至碱性，B错误；C．向氯水中滴加AgNO3、稀HNO3溶液，产生难溶于硝酸的白色沉淀，因此氯水中含有氯离子，C正确；D．用某已知浓度的HCl 滴定未知浓度的NaOH，滴定前尖嘴有气泡滴定终点气泡消失，导致盐酸溶液体积读数偏大，所得氢氧化钠的浓度偏高，D错误。

故选C。

3．已知A、B、C、D、E是5种短周期元素，C、D、E是原子半径依次递减的同周期元素，A的L层电子数是其K层电子数的3倍，B是组成有机物的必要元素，元素C是海水中含量最高的金属元素，元素D与B的原子最外层电子数相同，E原子处于能量最低状态时只有1个未成对电子，下列说法正确的是

A．原子半径：D＞E＞A＞B＞C

B．C和E的单质可通过电解饱和的CE水溶液获得

C．C与A形成的两种化合物中化学键类型完全相同

D．B、D、E的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强

【答案】B

【分值】6分

【三级考点】

元素周期表的结构及其应用；物质的组成、结构和性质的关系

【考查方向】考查了位置、结构与性质关系的应用

【易错点】本题考查了位置、结构与性质关系的应用，题目难度中等，正确推断各元素名称为解答关键，注意明确常见元素的原子结构、元素周期表结构与元素周期律内容，熟练掌握常见化学用语的表示方法

【解题思路】

A、B、C、D、E五种短周期元素，A的L层电子数是其K层电子数的3倍，即A为O；B是组成有机物的必要元素，即B为C；元素C是海水中含量最高的金属元素，即C为Na；元素D与B的原子最外层电子数相同，即D为Si；C、D、E是原子半径依次递减的同周期元素，则C、D、E是原子序数递增的同周期元素，E原子处于能量最低状态时只有1个未成对电子，即E为Cl；即A-O、B-C、C-Na、D-Si、E-Cl，据此分析：

A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小；

B．电解饱和NaCl溶液，阴极可以得到氢气，阳极可以得到氯气；

C．Na2O2中含有非极性共价键和离子键，Na2O中含有离子键；

D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。

【解析】

A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径大小顺序是：C＞D＞E＞B＞A，A错误；

B．电解饱和NaCl溶液，阴极可以得到氢气，阳极可以得到氯气，B正确；

C．Na与O形成的两种化合物Na2O2和Na2O，Na2O2中含有非极性共价键和离子键，Na2O中含有离子键，C错误；

D．非金属性由强到弱：Cl＞C＞Si，最高价氧化物对应水化物是H2CO3、H2SiO3、HClO4，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此酸性由强到弱：HClO4＞H2CO3＞H2SiO3，D错误。

故选B。

4．天然品秘鲁香脂、吐鲁香脂、安息香膏、苏合香膏等含有肉桂酸苄酯。其结构简式如下图所示，关于该有机物的下列叙述中正确的是

①分子式为C 16H 14O 2

②能使溴水和酸性KMnO 4溶液褪色

③能发生加成反应，但不能发生取代反应

④肉桂酸苄酯存在顺反异构现象

⑤1mol 该有机物水解时只能消耗1molNaOH

⑥1mol 该有机物在一定条件下和H 2反应，共消耗H 2为8mol

A ．①②③

B ．①②⑤

C ．①②④⑤

D ．①②④⑤⑥

【答案】C

【分值】6分

【三级考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构；有机物的合成；有机化合物的异构现象

【考查方向】碳碳双键和酯基的性质。

【易错点】本题考查不饱和烃和酯基的性质，难度不大．要注意基础知识的积累。

【解题思路】

由肉桂酸苄酯的结构式可以看出分子式为C 16H 14O 2；肉桂酸苄酯含有碳碳双键，能使溴水和酸性KMnO 4溶液褪色，能发生加成反应，肉桂酸苄酯含有酯基，能发生取代反应，肉桂酸苄酯碳碳双键所连接的原子或原子团不同，存在顺反异构现象，肉桂酸苄酯含有一个酯基，1mol 该有机物水解时只能消耗1molNaOH ，肉桂酸苄酯含有碳碳双键，消耗1molH 2，两个苯环消耗6molH 2，该有机物在一定条件下和H 2反应，共消耗H 2为7mol ，据此作答：

【解析】

①由肉桂酸苄酯的结构式可以看出分子式为C 16H 14O 2，正确；

②肉桂酸苄酯含有碳碳双键，能使溴水和酸性KMnO 4溶液褪色，正确；

③肉桂酸苄酯含有碳碳双键，能发生加成反应，肉桂酸苄酯含有酯基，能发生取代反应，错误；

④肉桂酸苄酯碳碳双键所连接的原子或原子团不同，存在顺反异构现象，正确；

⑤肉桂酸苄酯含有一个酯基，1mol 该有机物水解时只能消耗1molNaOH ，正确；

⑥肉桂酸苄酯含有碳碳双键，消耗1molH 2，两个苯环消耗6molH 2，该有机物在一定条件下和H 2反应，共消耗H 2为7mol ，错误。

故选C 。

5．如图所示为全钒液流电池的结构图。全钒液流电池体系包括两个分别装着同种金属不同价态的离子组成的氧化还原对的电解液槽、两个离心泵和一个钒电池组成。钒电池把能量储存在V(II)/V(III)硫酸溶液和V(IV)/V(V)硫酸溶液中。在离心泵机械传动下，储液罐中的电解液被压入电池堆体内，同时发生电化学反应，接着电解液又再次回到储液槽中，按照此种方式进行循环流动以完成化学能与电能的相互转换，下列说法不正确的是( )

A ．钒是一种过渡元素，原子序数为23，位于元素周期表中p 区，第四周期第V 副族；

B ．该电池放电时H +向正极室迁移，起到了正极室与负极室的导电的作用；

C ．放电过程：V 5+在正极表面得到电子变成V 4+ ,V 2+在负极表面失去电子变成V 3+；

D ．放电过程中消耗的V 2+和V 5+的物质的量之比为1∶1；

【答案】A

【分值】6分

【三级考点】制备实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理；电极反应和电池反应方程式

【考查方向】化学电源新型电池。

【易错点】本题从两个角度考查①原电池反应（反应原理、电极方程式、离子的移动方向）；②有关化学方程式的计算。

【解题思路】

A ．钒位于元素周期表中d 区，第四周期第V

B 族；

B ．原电池放电时阳离子向正极迁移；

C ．原电池工作时，在正极表面V 5+得到电子变成V 4+ ,在负极表面V 2+失去电子变成V 3+；

D ．原电池工作时，V 2+失去一个电子变成V 3+，V 5+得到一个电子变成V 4+；

【解析】

A ．钒是一种过渡元素，原子序数为23，位于元素周期表中d 区，第四周期第V

B 族，A 错误；

B ．原电池放电时阳离子向正极迁移，H +向正极室迁移，起到了正极室与负极室的导电的作用，B 正确；

C ．原电池工作时，在正极表面V 5+得到电子变成V 4+ ,在负极表面V 2+失去电子变成V 3+，C 正确；

D ．原电池工作时，V 2+失去一个电子变成V 3+，V 5+得到一个电子变成V 4+，消耗的V 2+和V 5+的物质的量之比为1∶1，D 正确；

故选A 。

6．钨酸盐多用作功能材料，也可用作陶瓷材料、催化剂、颜料、防腐剂和防火剂等。在新材料制造中有重要应用，GeWO 4的制备方法如下：2GeO (g) +W 2O 6

(g) 2 GeWO 4 (g) △H ＜0，下列说法中正确的是（）

A ．升高温度，有利于反应的自发进行

B ．增加GeO 有利于提高GeO 的转化率

C ．实际生产中为提高经济效益要尽可能地降低反应温度

D ．当GeO (g)的消耗速率与 GeWO 4 (g)的消耗速率相等时，反应到达平衡

【答案】D

【分值】6分

【三级考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；化学方程式的书写

【考查方向】化学平衡的影响因素，化学平衡的调控作用。

【易错点】本题考查了影响平衡移动的因素，注意利用勒夏特列原理分析，题目难度不大。

【解题思路】

A ．△G=△H －T △S ，△S ＜0，温度越高，△G 越大；

B ．增加GeO 的量，其转化率降低；

C ．实际生产中为提高经济效益要尽可能地升高反应温度，加快化学反应速率；

D ．正逆化学反应速率相等，反应到达平衡。

【解析】

A．△G=△H－T△S，△S＜0，温度越高，△G越大，不利于反应的自发进行，A错误；

B．增加GeO的量，其转化率降低，B错误；

C．实际生产中为提高经济效益要尽可能地升高反应温度，加快化学反应速率，C错误；

D．当GeO (g)的消耗速率与GeWO4 (g)的消耗速率相等时，正逆化学反应速率相等，反应到达平衡，D正确。故选D。

7．下列说法正确的是

A．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c(Na＋)+ c(H＋)= c(OH－)+c( HC2O4－) +c( C2O42－)

B．向盛有5ml 0.1mol/LNa2S溶液的试管中滴加几滴0.1mol/L的ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入几滴

0.1mol/L的CuSO4溶液有黑色沉淀生成，则Ksp(ZnS)

C. 在Na2HPO4水溶液中存在关系式：c(H3PO4)+c(H2PO4-)+c(HPO42-)+c(PO43-)=c(Na+)；

D. 已知某温度下，K w=l×10－13，若将pH=8的NaOH溶液与pH=5的H2SO4溶液混合，保持温度不变，欲使混合溶液pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为11︰9

【答案】D

【分值】6分

【三级考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质离子方程式的书写

【考查方向】离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算。

【易错点】本题考查较为综合，涉及离子浓度大小比较、盐类的水解、弱电解质的电离以及难溶电解质的溶解平衡等问题，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度中等。【解题思路】

A．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，根据电荷守恒可知；

B．5ml 0.1mol/LNa2S溶液明显过量，无法证明沉淀转化；

C．在Na2HPO4水溶液中，根据物料守恒可知；

D．注意水的浓度积常数的应用及pH计算。

【解析】

A．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，根据电荷守恒可知：c(Na＋)+ c(H＋)= c(OH－)+c( HC2O4－) +2c( C2O42－)，A错误；

B．Na2S和ZnSO4反应有白色沉淀ZnS生成，Na2S和CuSO4反应有黑色沉淀CuS生成，5ml 0.1mol/LNa2S溶液明显过量，无法证明沉淀转化，则无法证明Ksp(ZnS)

C．在Na2HPO4水溶液中，根据物料守恒可知：存在关系式：2c(H3PO4)+2c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+2c(PO43-)=c(Na+)，C错误；

D．一定温度下，K w=l×10－13，pH=8的NaOH溶液c(OH-)=10-5，pH=5的H2SO4溶液c(H+)=10-5，保持温度不变，欲使混合溶液pH=7，设NaOH溶液的体积为V1，H2SO4溶液的体积为V2，(10-5V1－10-5V2)/(V1＋V2)=10-6，V1:V2=11︰9，D正确。

故选D。

第Ⅱ卷(非选择题共58分)

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8题～第10题为化学必考题。每个试题考生都必须做答。第11题～第13题为选考题。考生根据要求做答。

（一）必做题（共计43分）

8．(14分)水杨酸乙酯为无色油状液体，呈淡的冬青油香气。沸点234℃，熔点1.3℃。溶于乙醇、乙醚、醋酸和

大多数非挥发性油，微溶于水和甘油。用于有机合成或配制香料，也用作溶剂。某化学小组用水杨酸（）

和乙醇在酸性催化剂催化下合成水杨酸乙酯并计算其产率。

实验步骤：

Ⅰ．如图，在三颈烧瓶中加入13.8g (0.1mol）水杨酸和34.5 g(44 mL，0.75 mol）乙醇，向混合物中加入约10 mL 甲苯(甲苯与水形成的共沸物，沸点为85℃，该实验中加入甲苯，易将水蒸出），再小心地加入5 mL浓硫酸，摇动混匀，加入1～2粒沸石，组装好实验装置，在95~100℃下恒温加热反应5小时：

Ⅱ．待装置冷却后，分离出乙醇，然后转移至分液漏斗，依次用少量水、5%NaHCO3溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4固体，过滤得到粗酯；

Ⅲ．将粗酯进行蒸馏，收集233℃的馏分，得水杨酸乙酯12.40g。

【考查方向】

性质实验方案的设计

【易错点】

本题侧重于有机物的分离提纯，题目难度不大，注意二者官能团的结构以及性质的异同。

【解题思路】

若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法是停止加热，待冷却后加入;

【解析】

仪器A的名称是球形冷凝管，加入沸石的作用是防止暴沸。若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法是停止加热，待冷却后加入。

（2）制备水杨酸乙酯时，最合适的加热方法是。

【答案】

水浴加热

【分值】2

【三级考点】其他仪器及其使用方法性质实验方案的设计

【考查方向】

性质实验方案的设计

【易错点】

本题侧重于有机物的分离提纯，题目难度不大，注意二者官能团的结构以及性质的异同。

【解题思路】

制备水杨酸乙酯时，95~100℃最合适的加热方法是水浴加热；

【解析】

制备水杨酸乙酯时，95~100℃最合适的加热方法是水浴加热；

（3）实验中加入甲苯对合成水杨酸乙酯的作用是。

【答案】

加入甲苯易将水蒸出，使平衡向右移动，从而提高反应的产率

【分值】2

【三级考点】有机化学反应的综合应用有机物分子中的官能团及其结构

【考查方向】

有机物分子中的官能团及其结构

【易错点】

本题考查侧重于有机物的分离提纯，题目难度不大，注意二者官能团的结构以及性质的异同。

【解题思路】

实验中加入甲苯作带水剂的目的是反应产生的水从反应体系中分离开来，使得平衡向右移动，同时可以减少乙醇的用量，从而提高反应的产率；

【解析】

实验中加入甲苯作带水剂的目的是反应产生的水从反应体系中分离开来，使得平衡向右移动，同时可以减少乙醇的用量，从而提高反应的产率；

（4）反应结束后，分离出乙醇采用的方法是。

【答案】

蒸馏或水洗分液

【分值】2

【三级考点】过滤、分离与注入溶液的仪器其他仪器及其使用方法

【考查方向】

性质实验方案的设计

【易错点】

本题考查有机物的结构和性质，侧重于有机物的分离提纯，题目难度不大，注意二者官能团的结构以及性质的异同。

【解题思路】

因为乙醇的沸点低，分离乙醇的操作是蒸馏；

【解析】

因为乙醇的沸点低，分离乙醇的操作是蒸馏；

（5）实验中加入无水硫酸镁的作用是。本实验的产率为(保留三位有效数字）。

【答案】

除水或干燥74.7%

【分值】2+2

【三级考点】有机化学反应的综合应用

【考查方向】

有机物的结构和性质、纯度计算。

【易错点】

本题考查有机物的结构和性质，侧重于有机物的分离提纯，题目难度不大，注意二者官能团的结构以及性质的异同。

【解题思路】

实验中加入无水硫酸镁的作用是除水或干燥；13.8g (0.1 mol)水杨酸应得到0.1mol水杨酸乙酯，即16.6g，产品的质量为12.40 g，故所得水杨酸乙酯的产率为74.7％。

【解析】

实验中加入无水硫酸镁的作用是除水或干燥；乙醇过量，13.8g (0.1 mol)水杨酸应得到0.1mol水杨酸乙酯，即16.6g，产品的质量为12.40 g，故所得水杨酸乙酯的产率为12.40 g/16.6g=74.7％。

（1）溶液1中的金属离子有Fe3+、Fe2+、Cu2+。能检验溶液1中Fe2+的试剂（填编号）

①KMnO4 ②K3[Fe(CN)6] ③NaOH ④KSCN

为了更完全的沉淀，试剂X为。

【答案】

②H2O2溶液

【分值】2

【三级考点】晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系氧化还原反应的电子转移数目计算

【考查方向】

制备实验方案的设计；铜金属及其重要化合物的主要性质。

【易错点】

本题是一道制备实验方案的设计题，考查学生金属铜以及化合物的性质知识，综合性强，难度大。

【解题思路】

由图示可知：粗铜和氧气反应生成氧化铜、四氧化三铁，加入稀盐酸至固体完全溶解，为了防止氯化铜等物质发生水解，加入过量稀盐酸得溶液1，再加入过氧化氢溶液将部分可能存在的亚铁离子氧化成三价铁离子，再加入碱式碳酸铜调节溶液的酸碱度至pH在4，使三价铁离子生成氢氧化铁除去，过滤可得固体2氢氧化铁和溶液2氯化铜溶液，蒸发结晶得氯化铜晶体（CuCl2·2H2O）。

【解析】

铁氰酸钾(铁氰化钾)，不和Fe3+、Cu2+反应，和Fe2+反应得到一种蓝色的沉淀，溶液1中的金属离子有Fe3+、Fe2+、Cu2+，能检验溶液1中Fe2+的试剂是②K3[Fe(CN)6]，故选②；

为了更完全的沉淀，将铁离子和亚铁离子完全除去，应先将亚铁离子氧化成铁离子，同时又不带入杂质离子，试剂X为H2O2溶液；

（2）试剂a是，加入需过量的原因是Y可选用下列试剂中的（填序号）。

a．NaOH b．NH3·H2O

调节pH至4

得到固体2

【答案】稀盐酸

为了使Fe3+完全沉淀而

【分值】5

【考查方向】

【易错点】

本题是一道制备实验方案的设计题，考查学生金属铜以及化合物的性质知识，综合性强，难度大。

【解题思路】

(2) 将氧化铜、四氧化三铁溶解，应加入稀盐酸至固体完全溶解，加入需过量的原因是盐酸充分反应，且能抑制Cu2+水解。调节pH以除去杂质铁离子，应该可以将酸碱度升高，而且不会带入杂质离子，可选用CuO 或Cu2(OH) CO3；pH=3时，Fe3+完全沉淀而Cu2+不沉淀；

【解析】将氧化铜、四氧化三铁溶解，应加入稀盐酸至固体完全溶解，试剂a是稀盐酸，加入需过量的原因是盐酸充分反应，且能抑制Cu2+水解。试剂Y用于调节pH以除去杂质铁离子，应该可以将酸碱度升高，而且不会带入杂质离子，Y可选用CuO 或Cu2(OH) 2CO3，故选cd；

因为pH=3时，Fe3+完全沉淀而Cu2+不沉淀，为了使Fe3+完全沉淀而Cu2+不沉淀，可以调节pH至4；

利用过滤将固液混合物分离，得到固体2和溶液2；

（3）在溶液2转化为CuCl2·xH2O的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色。欲探究其原因。已知：在氯化铜溶液中有如下转化关系：

Cu(H2O)42+(aq) +4Cl－(aq) CuCl42－(aq) +4H2O(l)

蓝色黄色

①上述反应的化学平衡常数表达式是K= 。若增大氯离子浓度，K值（填“增大”、“减小”

或“不变”）

【答案】

不变

【分值】3

【三级考点】化学平衡移动原理

【考查方向】

制备实验方案的设计

【易错点】

本题是一道制备实验方案的设计题，考查学生金属铜以及化合物的性质知识，综合性强，难度大。

【解题思路】化学平衡常数表达式是，平衡常数只随着温度的改变而改变，若增大氯离子浓度，K值不变；

【解析】在溶液2转化为CuCl2·xH2O的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色。在氯化铜溶液中有如下转化关系：

Cu(H2O)42+(aq) +4Cl－(aq) CuCl42－(aq) +4H2O(l)

蓝色黄色

上述反应的化学平衡常数表达式是，平衡常数只随着温度的改变而改变，若增大氯离子浓度，K值不变；

②取氯化铜晶体配制成蓝绿色溶液Y，进行如下实验，其中能够证明CuCl2溶液中有上述转化关系的是(填序号）。

a．将Y稀释，发现溶液呈蓝色b．在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色

c．在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色d．取Y进行电解，溶液颜色最终消失

【答案】abc

【分值】3

【三级考点】盐类水解的应用弱电解质在水溶液中的电离平衡

【考查方向】

铜金属及其重要化合物的主要性质。

【易错点】

本题是一道制备实验方案的设计题，考查学生金属铜以及化合物的性质知识，综合性强，难度大。

【解题思路】取氯化铜晶体配制成蓝绿色溶液Y，进行如下实验，其中能够证明CuCl2溶液中有上述转化关系的是：

a．将Y稀释，平衡向逆反应方向移动，溶液呈蓝色；

b．在Y中加入CuCl2晶体，氯离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液变为绿色；

c．在Y中加入NaCl固体，氯离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液变为绿色；

d．取Y进行电解，氯离子失去电子，生成氯气，铜离子得到电子，生成金属铜，溶液颜色最终消失，与平

衡移动无关；

【解析】取氯化铜晶体配制成蓝绿色溶液Y，进行如下实验，其中能够证明CuCl2溶液中有上述转化关系的是：a．将Y稀释，平衡向逆反应方向移动，溶液呈蓝色，正确；

b．在Y中加入CuCl2晶体，氯离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液变为绿色，正确；

c．在Y中加入NaCl固体，氯离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液变为绿色，正确；

d．取Y进行电解，氯离子失去电子，生成氯气，铜离子得到电子，生成金属铜，溶液颜色最终消失，与平

衡移动无关，错误；

故选abc；

（4）得到CuCl2·xH2O晶体最好采用的干燥方式是。

A.空气中加热蒸干

B.空气中低温蒸干

C.HCl气流中加热烘干

D.HCl气流中低温烘干

【答案】D

【分值】2

【三级考点】物质分离、提纯的实验方案设计

【考查方向】

制备实验方案的设计；铜金属及其重要化合物的主要性质。

【易错点】

本题是一道制备实验方案的设计题，考查学生金属铜以及化合物的性质知识，综合性强，难度大。

【解题思路】CuCl2?xH2O晶体加热容易分解，且氯化铜易水解，应在HCl气流中低温烘干。

【解析】CuCl2?xH2O晶体加热容易分解，且氯化铜易水解，应在HCl气流中低温烘干，故选D。

（5）为测定制得的氯化铜晶体（CuCl2·x H2O）中x的值，某兴趣小组设计了以下实验方案：称取m g晶体溶于水，加入足量氢氧化钠溶液、过滤、沉淀洗涤后用小火加热至质量不再轻为止，冷却，称量所得黑色固体的质量为ng。根据实验数据测得x＝（用含m、n的代数式表示）

【答案】；

【分值】2

【三级考点】原子核外电子的能级分布原子结构与元素的性质

【考查方向】

制备实验方案的设计；铜金属及其重要化合物的主要性质。

【易错点】

本题是一道制备实验方案的设计题，考查学生金属铜以及化合物的性质知识，综合性强，难度大。

【解题思路】氢氧化铜加热分解所得黑色固体的质量ng为CuO，根据Cu元素守恒计算；

【解析】氢氧化铜加热分解所得黑色固体的质量ng为CuO，根据Cu元素守恒：n（CuCl2?xH2O）=n（CuO）=mol，则mol×（135+18x）=mg，解得x=；

10．(15分) 京津冀环境污染控制国际论坛于2016年4月24日在天津工业大学隆重举行，倡导低碳社会也是一个重要的方面，研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义，二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向。

（1）已知：①2H2(g) + O2(g) ＝2H2O(g) △H＝－484.0 kJ/mol

②CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）△H＝+49.0kJ/mol

③H2O(g) ＝H2O(l) △H＝－44.0 kJ/mol

请写出甲醇的燃烧热的热化学方程式，该反应的平衡常数表达式为

K= ．

【答案】CH3OH (g)+ 3/2O2 (g) =CO2 (g)+2H2O (l) △H＝－765kJ/mol

【分值】4

【三级考点】盖斯定律的计算

【考查方向】

化学平衡的计算；热化学方程式。

【易错点】

本题考查了热化学方程式的书写、化学平衡移动、平衡常数概念理解、转化率的计算及原电池原理的分析应用等，题目涉及的知识点较多，综合性较强，难度中等．分析图象时，要考虑先拐先平衡的原则，则反应条件为温度高或压强大，写电极反应式一定要考虑介质的参与。

【解题思路】

根据盖斯定律：②＋3/2①＋2③可得甲醇的燃烧热的热化学方程式；

【解析】①2H2(g) + O2(g) ＝2H2O(g) △H＝－484.0 kJ/mol

②CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）△H＝+49.0kJ/mol

③H2O(g) ＝H2O(l) △H＝－44.0 kJ/mol

根据盖斯定律：②＋3/2①＋2③可得甲醇的燃烧热的热化学方程式，CH 3OH (g)+ 3/2O2 (g) =CO2 (g)+2H2O (l)

△H＝－765kJ/mol，该反应的平衡常数表达式为K=；

（2）向1L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l)+H2O(l)

①该反应自发进行的条件是（填“低温”、“高温”或“任意温度”）

【答案】低温

【分值】2

【三级考点】化学工业流程

【考查方向】

化学平衡常数的含义

【易错点】

【解题思路】①△G=△H-T△S，该反应自发进行的条件是△G<0，低温有利于反应的自发进行；

后向正反应方向进行，逐渐减小；t3时达到平衡，因平衡常数不变，浓度恢复原来大小；t4时降低温度，反应向正方向进行，二氧化碳浓度减小；t5时达到平衡：

【解析】向1L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l)+H2O(l)

①由② CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）△H＝+49.0kJ/mol可知：CO2(g)+3H2(g)

CH3OH(l)+H2O(l)是放热反应，△S<0，△G=△H-T△S，该反应自发进行的条件是△G<0，低温有利于反应的自发进行；

②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是。

a、混合气体的平均式量保持不变

b、CO2和H2的转化率相等

c、CO2和H2的体积分数保持不变

d、混合气体的密度保持不变

e、1mol CO2生成的同时有1mol C-H键断裂

【答案】acd；

【分值】3

【三级考点】化学平衡移动原理

【考查方向】

化学平衡移动原理。

【易错点】

【解题思路】根据化学平衡原理解释；

【解析】向1L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(l)+H2O(l)

a、混合气体的平均式量保持不变，各种气体浓度不变，反应达到平衡状态，正确；

b、CO2和H2的转化率不变，则反应达到平衡状态，CO2和H2的转化率相等，反应未达到平衡状态，错误；

c、CO2和H2的体积分数保持不变，各种气体浓度不变，反应达到平衡状态，正确；

d、反应是体积减小的反应，混合气体的密度保持不变，各种气体浓度不变，反应达到平衡状态，正确；

e、1mol CO2生成的同时有1mol C-H键断裂，反应向逆反应方向进行，反应未达到平衡状态，错误；

故选acd；

③ CO2的浓度随时间（0～t2）变化如下图所示，在t2时将容器容积缩小一倍，t3时达到平衡，t4时降低温度，

t5时达到平衡，请画出t2～t6 CO2的浓度随时间的变化。

【答案】

【分值】5

【三级考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用【考查方向】

化学平衡移动原理。【易错点】

【解题思路】 ③ CO 2的浓度随时间（0～t 2）变化如下图所示，在t 2时将容器容积缩小一倍，CO 2的浓度瞬间增大一倍，然后向正反应方向进行，逐渐减小；t 3时达到平衡，因平衡常数不变，浓度恢复原来大小；t 4时降低温度，反应向正方向进行，二氧化碳浓度减小；t 5时达到平衡：

【解析】向1L 密闭容器中加入2mol CO 2、6mol H 2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO 2(g)+3H 2(g)

CH 3OH(l)+H 2O(l)

CO 2的浓度随时间（0～t 2）变化如下图所示，在t 2时将容器容积缩小一倍，CO 2的浓度瞬间增大一倍，然后向正反应方向进行，逐渐减小；t 3时达到平衡，因平衡常数不变，浓度恢复原来大小；t 4时降低温度，反应向正方向进行，二氧化碳浓度减小；t 5时达到平衡，t 2～t 6 CO

2的浓度随时间的变化如下图：

（3）改变条件，使反应CO 2(g)+3H 2(g)

CH 3OH(g)+H 2O(g) △H ＜0 中的所有物质都为气态。反应过程中部

① K= 平衡时2

【答案】① 0.15 50%

【分值】2

【三级考点】化学平衡的影响因素

【考查方向】

化学平衡的计算

【易错点】

【解题思路】达到平衡时，该反应逆反应平衡常数；平衡时H2的转化率是3/6=50%；

【解析】改变条件，使反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H＜0 中的所有物质都为气态。反应过程中部分数据见下表，根据计量关系可以填写下表：

反应条件反应时间CO2（mol）H2（mol）CH3OH（mol）H2O（mol）恒温恒容

（T1℃、2 L） 0 min 2 6 0 0

10min 1.5 4.5 0.5 0.5

20min 1 3 1 1

30min 1 3 1 1

平衡浓度20min 0.5 1.5 0.5 0.5

达到平衡时，该反应逆反应平衡常数；平衡时H2的转化率是3/6=50%；

②在其它条件不变下，若30min时只改变温度为T2℃，此时H2的物质的量为3.2mol，则T1T2（填“＞”、“＜”或“＝”）。若30min时只向容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，则平衡移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。

【答案】②＜不

【分值】2

【三级考点】化学平衡的计算

【考查方向】

热化学方程式。

【易错点】

【解题思路】反应向逆反应方向进行，一定是升高温度，则T1＜T2。Qc=0.15=K，则平衡不移动；

【解析】改变条件，使反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H＜0 中的所有物质都为气态。反应过程中部分数据见下表，根据计量关系可以填写下表：

反应条件反应时间CO2（mol）H2（mol）CH3OH（mol）H2O（mol）恒温恒容

（T1℃、2 L） 0 min 2 6 0 0

10min 1.5 4.5 0.5 0.5

20min 1 3 1 1

30min 1 3 1 1

平衡浓度20min 0.5 1.5 0.5 0.5

在其它条件不变下，若30min时只改变温度为T2℃，此时H2的物质的量为3.2mol，反应向逆反应方向进行，

17 一定是升高温度，则T 1＜T 2。若30min 时只向容器中再充入1 mol CO 2(g)和1 mol H 2O(g)，Qc=0.15=K ，则平衡不移动；

（4）用硫酸溶液作电解质进行电解，CO 2在电极上可转化为甲烷，该电极的反应式为________

【答案】CO 2+8e ﹣

+8H +=CH 4+2H 2O 。

【分值】2

【三级考点】电极反应和电池反应方程式

【考查方向】

电极反应和电池反应方程式

【易错点】

本题考查了原电池原理的分析应用等，题目涉及的知识点较多，综合性较强，难度中等．分析图象时，要考虑先拐先平衡的原则，则反应条件为温度高或压强大，写电极反应式一定要考虑介质的参与。【解题思路】CO 2在正极发生还原反应转化为甲烷，考虑电解质为硫酸，所以甲烷中氢来源为硫酸电离的氢离子，

根据化合价变化可知1mol 二氧化碳变成甲烷得到8mol 电子，故电极反应为：CO 2+8e ﹣+8H +=CH 4+2H 2O 。

【解析】CO 2在正极发生还原反应转化为甲烷，考虑电解质为硫酸，所以甲烷中氢来源为硫酸电离的氢离子，根

据化合价变化可知1mol 二氧化碳变成甲烷得到8mol 电子，故电极反应为：CO 2+8e ﹣+8H +=CH 4+2H 2O 。

11．[化学——选修2

：化学与技术](15分)

硫酸工业是化学工业中历史悠久的工业部门，世界硫酸产量仍在逐年增长，工业制取硫酸流程如下：

⑴ 工业制硫酸时所用硫铁矿的主要成分为FeS 2，写出沸腾炉内发生反应的化学方程式。

【答案】4FeS 2+11O 2 2Fe 2O 3+8SO 2；【分值】2 【三级考点】化学方程式的书写

【考查方向】

本题考查工业接触法制硫酸的原理、反应速率、转化率、反应的热效应、工业尾气的处理等。

【易错点】

本题考查的知识点多，如：工业接触法制硫酸的原理、反应速率、转化率、反应的热效应、工业尾气的处理等，只有掌握相关的基础知识，解题并不困难，难度中等。

【解题思路】沸腾炉内FeS 2与O 2在高温条件下生成Fe

2O 3和SO 2；

【解析】沸腾炉内FeS 2与O 2在高温条件下生成Fe 2O 3和SO 2，故答案为：4FeS 2+11O 2 2Fe 2O 3+8SO 2；

⑵ 硫酸的最大消费渠道是化肥工业，用硫酸制造的常见化肥有K 2SO 4、(NH 4)2SO 4等，为测定混合肥料K 2SO 4、(NH 4)2SO 4中钾的含量，请完善下列步骤：

①称取钾氮肥试样并溶于水，加入足量______溶液，产生白色沉淀。

②___________、__________、_________(依次填写实验操作名称)。

③冷却、称重。

【答案】①氯化钡②过滤、洗涤、干燥

【分值】4

【三级考点】物质分离、提纯的实验方案设计

【考查方向】

本题考查工业接触法制硫酸的原理、反应速率、转化率、反应的热效应、工业尾气的处理等。

【易错点】

【解题思路】为测定混合肥料K2SO4、(NH4)2SO4中钾的含量，应该根据下列步骤进行相关实验：①称取钾氮肥试样并溶于水，加入足量氯化钡溶液，产生白色沉淀；②再过滤、洗涤、干燥；③冷却、称重，④计算。

【解析】为测定混合肥料K2SO4、(NH4)2SO4中钾的含量，应该根据下列步骤进行相关实验：①称取钾氮肥试样并溶于水，加入足量氯化钡溶液，产生白色沉淀；②再过滤、洗涤、干燥；③冷却、称重，④计算。

⑶硫酸生产中，根据化学平衡原理来确定的条件或措施有（填写序号）。

A．将矿石粉碎后加入沸腾炉B．使用V2O5作催化剂

C．转化器中使用适宜的温度D．净化后的炉气中要有过量的空气

E．催化氧化在常压下进行F．吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3

【答案】D

【分值】3

【三级考点】化学工业流程

【考查方向】

本题考查工业接触法制硫酸的原理、反应速率、转化率、反应的热效应、工业尾气的处理等。

【易错点】

【解题思路】A．矿石加入沸腾炉之前先粉碎，目的是为了增大黄铁矿与空气的接触面，加快4FeS2+11O 22Fe2O3+8SO2反应速率，而不是从2SO2+O22SO3反应中化学平衡角度考虑；

B．使用V 2O5作催化剂，催化2SO2+O22SO3反应，只能加快该反应的速率，不能使平衡移动；

C．接触室中催化转化器使用适宜的温度，目的是使催化剂活性最强，使反应速率最快，而实际上升高温度，会

促使2SO2+O22SO3平衡向吸热方向移动，即逆向移动，不利于提高SO2的转化率；

D．从沸腾炉中出来的气体成分为SO2、O2、N2，经过净化后，进入接触室，炉气中要有过量的空气，即增大O2浓度，会促使2SO2+O22SO3平衡正向移动，有利于提高SO2的转化率；

E．接触室中：2SO2+O22SO3，增大压强促使平衡正向移动（即气体总体积减小的方向），减小压强促使平衡逆向移动（即气体总体积增大的方向）．在常压下，不利于平衡正向移动，不利于提高SO2的转化率．对于该化学平衡，压强的增大，促使平衡正向移动，效果并不明显，所以工业上直接采用常压条件，而不采用高压条件；

F．吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3，主要目的是防止产生酸雾，阻碍SO3的吸收，与化学平衡移动原理无关；

【解析】A．矿石加入沸腾炉之前先粉碎，目的是为了增大黄铁矿与空气的接触面，加快

19 4FeS 2+11O 2

2Fe 2O 3+8SO 2 反应速率，而不是从2SO 2+O 22SO 3 反应中化学平衡角度考虑，故A 不正

确； B ．使用V 2O 5作催化剂，催化2SO 2+O 22SO 3 反应，只能加快该反应的速率，不能使平衡移动，故B 不正确；

C ．接触室中催化转化器使用适宜的温度，目的是使催化剂活性最强，使反应速率最快，而实际上升高温度，会促使2SO 2+O 22SO 3 平衡向吸热方向移动，即逆向移动，不利于提高SO 2的转化率，故C 不正确；

D ．从沸腾炉中出来的气体成分为SO 2、O 2、N 2，经过净化后，进入接触室，炉气中要有过量的空气，即增大O 2浓度，会促使2SO 2+O 2

2SO 3 平衡正向移动，有利于提高SO 2的转化率，故D 正确； E ．接触室中：2SO 2+O 22SO 3，增大压强促使平衡正向移动（即气体总体积减小的方向），减小压强促使平衡逆向移动（即气体总体积增大的方向）．在常压下，不利于平衡正向移动，不利于提高SO 2的转化率．对于该化学平衡，压强的增大，促使平衡正向移动，效果并不明显，所以工业上直接采用常压条件，而不采用高压条件，故E 不正确；

F ．吸收塔中用98.3%

的浓硫酸吸收SO 3，主要目的是防止产生酸雾，阻碍SO 3的吸收，与化学平衡移动原理无关，故F 不正确；

故选D ；

⑷ 在硫酸工业中，通过下列反应使二氧化硫转化为三氧化硫：2SO 2(g)＋O 2(g) 2SO 3(g) ΔH ＝－98.3

kJ·mol －1，在实际工业生产中，常采用“二转二吸法”，即将第一次转化生成的SO 2分离后，将未转化的SO 2进行二次转化，假若两次SO 2的转化率均为95%，则最终SO 2的转化率为。

【答案】99.75%；

【分值】3

【三级考点】制备实验方案的设计化学工业流程

【考查方向】

本题考查工业接触法制硫酸的原理、反应速率、转化率、反应的热效应、工业尾气的处理等。

【易错点】

【解题思路】设二氧化硫的初始浓度为a ，则第一次转化掉的二氧化硫浓度为a×95%，剩余的二氧化硫浓度为a×（1-95%），进入第二次转化，则第二次转化掉的二氧化硫浓度为a×（1-95%）×95%，根据公式：转化率═转化浓度/初始浓度×100%计算；

【解析】设二氧化硫的初始浓度为a ，则第一次转化掉的二氧化硫浓度为a×95%，剩余的二氧化硫浓度为a×（1-95%），进入第二次转化，则第二次转化掉的二氧化硫浓度为a×（1-95%）×95%，根据公式：转化率═转化浓度/初始浓度×100%，最终SO 2的转化率═[a×95%+a×（1-95%）×95%]/a×100%═99.75%；

⑸ 实验室可利用硫酸厂炉渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS 、SiO 2等）制备聚铁和绿矾（FeSO 4?7H 2O ），聚铁的化学式为[Fe 2(OH)n (SO 4)3﹣0.5n ]m ，制备过程如图所示，下列说法错误的是。

A．炉渣中FeS与硫酸和氧气的反应的离子方程式为：4FeS+3O2+12H+═4Fe3++4S↓+6H2O

B．气体M的成分是SO2，通入双氧水得到硫酸，可循环使用

C．向溶液X中加入过量铁粉，充分反应后过滤得到溶液Y，再将溶液Y蒸发结晶即可得到绿矾

D．溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若其pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏大

【答案】D

【分值】3

【三级考点】化学平衡移动原理化学工业流程物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用

【考查方向】

本题考查工业接触法制硫酸的原理、反应速率、转化率、反应的热效应、工业尾气的处理等。

【易错点】

【解题思路】分析流程可知炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体W为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，溶液X为含有Fe3+离子的溶液，调节溶液pH得到溶液Z加热得到聚铁，溶液X中加入铁反应生成硫酸亚铁溶液Y，蒸发结晶得到硫酸亚铁晶体，据此答题。

【解析】分析流程可知炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体W为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，溶液X为含有Fe3+离子的溶液，调节溶液PH得到溶液Z加热得到聚铁，溶液X中加入铁反应生成硫酸亚铁溶液Y，蒸发结晶得到硫酸亚铁晶体

A、炉渣中FeS与硫酸和氧气反应生成硫单质硫酸铁和水，反应的离子方程式为4FeS+3O2+12H+═4Fe3++4S↓+6H2O，故A正确；

B、炉渣加入硫酸溶液同时通入氧气得到固体W为氧化还原反应生成的硫单质和SiO2等，固体W灼烧得到气体为二氧化硫，故B正确；

C、溶液X中加入过量铁粉，铁和硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤析出得到绿矾，符合晶体析出步骤，故C正确；

D、用pH试纸测定方法为：将试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液，点在试纸的中央，然后与标准比色卡对比．氢氧化铁的含量比硫酸亚铁高，若溶液Z的PH偏小，则聚铁中生成的氢氧根的含量减少，使铁的含量减少，故D错误；

故选D。

12．【化学—选修：物质结构与性质】(15分)

碳、氮、氧、氟、硫、钛等元素的化合物广泛存在于自然界，回答下列问题：

(1)氧气分子中σ键和π键的比值为；基态Ti原子的电子排布式为。

【答案】1:1 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s2

【分值】3

【三级考点】原子结构与元素的性质

【考查方向】

键能、键长、键角及其应用、结构简式、原子核外电子排布。

【易错点】

本题考查较为综合，涉及电子排布式、键能、同分异构体等问题，题目难度不大，注意基础知识的积累。

【解题思路】氧气分子是2个氧原子通过形成2个共用电子对形成的非极性分子；基态Ti原子的电子排布式为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s2。

【解析】氧气分子是2个氧原子通过形成2个共用电子对形成的非极性分子，分子中含1个σ键和1个π键，σ键和π键的比值为1:1；基态Ti原子的电子排布式为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s2。

(2）N、O、F三种元素第一电离能由大到小的顺序为；三种元素分别形成的最简单氢化物的稳定性由强到弱顺序是(填化学式)。

【答案】F>N>O HF>H2O>NH3

【分值】4

【三级考点】原子核外电子的能级分布原子结构与元素的性质

【考查方向】

键能、键长、键角及其应用、结构简式、原子核外电子排布。

【易错点】

本题考查较为综合，涉及电子排布式、键能、同分异构体等问题，题目难度不大，注意基础知识的积累。

【解题思路】氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低；元素的非金属性越强，对应最简单氢化物得稳定性越强。

【解析】同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能F＞O。由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以三种元素的第一电离能数值由大到小的顺序为F>N>O；元素的非金属性越强，对应最简单氢化物得稳定性越强，三种元素分别形成的最简单氢化物的稳定性由强到弱顺序是HF>H2O>NH3。

(3) 工业上常用二氧化硫来漂白纸浆、毛、丝、草帽等，SO2分子的空间构型为；在SO2中，S 原子的杂化轨道类型为。

【答案】V形sp2

【分值】2

【三级考点】晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系

【考查方向】

键能、键长、键角及其应用、结构简式、原子核外电子排布。

【易错点】

本题考查较为综合，涉及电子排布式、键能、同分异构体等问题，题目难度不大，注意基础知识的积累。

【解题思路】SO2分子中心原子价电子对数=6/2=3，S原子的杂化轨道类型为sp2杂化；

【解析】SO2分子中心原子价电子对数=6/2=3，S原子的杂化轨道类型为sp2杂化，由于孤电子对的原因，空间构型为V形；

(4) 氮化碳是一种硬度可以和金刚石相媲美而在自然界中尚未发现的新的共价化合物，且原子间均以单键结

合。下列关于C3N4晶体的说法正确的是