广西壮族自治区南宁市2021年高考化学一模试卷

这是一份广西壮族自治区南宁市2021年高考化学一模试卷，共14页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

 高考化学一模试卷
一、单选题
1.下列有关物质在生活中应用的说法正确的是（   ）
A. 暖宝宝中的铁粉、活性碳、水等物质与空气接触会发生电化学反应
B. 含维生素C的食物宜在空气中长时间加热后食用
C. 酒精的浓度越高，消毒杀菌效果越好
D. 将废旧电池埋入土里，可防止重金属对环境造成污染
2.蛇床子素既具杀虫作用。又有杀菌作用，常用于治疗草莓白粉病，其结构简式如下图所示。下列有关该化合物的说法错误的是（   ）

A. 分子中的1、2、3号碳原子在同一平面上            B. 能发生水解反应
C. 能使溴水褪色                                                     D. 1mol蛇床子素最多与2molH2发生加成反应
3.W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期元素。某储氢材料为共价化合物，化学式为XW3YW3 ， 组成该化合物的三种元素的原子序数之和为13。某精密陶瓷材料化学式为ZY，Z的氧化物或氢氧化物均能与盐酸、NaOH溶液发生化学反应。下列说法正确的是（   ）
A. X、Y是同主族元素
B. 原子半径：Z>Y>X
C. X的氧化物能够与NaOH反应生成盐和水
D. YW3在铂催化加热条件下与足量的O2反应最后生成一种弱酸
4.草酸化学式为H2C2O4。25℃时，H2C2O4的电离平衡常数K1=5.0×10-2 ， K2=5.4×10-5。25℃时，用0.2mol/L的NaOH溶液滴定25mL0.2mol/L的H2C2O4溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（   ）

A. Y点溶液c(H+)>c(H2C2O4)>c( )
B. 0.1mol/LNaHC2O4 ， 溶液中c(H+)+c(H2C2O4)=2c( )+c(OH-)
C. X点溶液的pH约为2
D. Z点溶液的
5.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（   ）
A. 足量Cl2分别与含有0.1molFeI2的溶液、含0.1molNa2SO3的溶液反应，转移电子数均为0.2NA
B. 1molAl分别与足量NaOH溶液、足量稀H2SO4溶液反应，产生氢气的分子数均为1.5NA个
C. 22.4LCH4与22.4LCH2=CH2混合得到的气体中含H原子数为8NA
D. 1mol2H37Cl比1mol3H37Cl少NA个质子
6.下列实验方案能实现实验目的的是（   ）
选项
实验方案
实验目的
A
向含白色ZnS的悬浊液中滴入几滴CuSO4溶液，产生黑色沉淀
证明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
B
将含有少量SO2杂质的CH2=CH2气体缓慢通过足量的酸性KMnO4溶液
除去CH2=CH2中的SO2
C
向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，然后过滤、洗涤沉淀，再灼烧沉淀
制取Al(OH)3
D
将FeCl3饱和溶液置于蒸发皿中加热蒸干
制取无水FeCl3
A. A                                           B. B                                           C. C                                           D. D
7.有机物电化学合成是化学研究的重要方向。下图所示电解装置可以生成葡萄糖酸C6H12O7)和山梨醇(C6H14O6)。葡萄糖酸再与CaCO3反应可以生产补钙剂葡萄糖酸钙。

下列说法错误的是（   ）
A. a为电源正极，a连接的惰性电极发生反应为：2Br--2e-=Br2
B. 在电解质溶液1中，葡萄糖被HBrO还原成葡萄糖酸
C. 阳极区的H+通过阳离子交换膜向阴极区移动
D. 阴极反应为：C6H12O6+2H++2e-=C6H14O6
二、综合题
8.黄金(Au)的一种化学精炼过程如下图所示，其中王水为浓盐酸和浓HNO3的混合物。

回答下列问题：
（1）步骤①中部分Cu与稀H2SO4、O2反应，该反应的离子方程为________。
（2）步骤②的反应中作氧化剂的物质是________。
（3）滤液A含有的金属离子主要有Zn2+、Cu2+、________。
（4）步骤④中王水与Au反应生成了HAuCl4、NO和H2O，该反应的化学方程式为________。该步骤产生的尾气中有NO，可向尾气中通入适量的空气后，再通入________溶液(填一种试剂)中的方法将其除去。
（5）步骤⑤中工业上若加入甲醛脱硝，反应生成CO2、NO和H2O，若加入尿素脱硝则生成N2、CO2和H2O。工业上应选择________脱硝，原因是________。
（6）若步骤⑥制纯金时反应amolH2C2O4 ， 产生bL滤液C。取25.00ml滤液C，加入NaOH溶液中和，再加入足量的CaCl2饱和溶液，得到沉淀，过滤，将沉淀晾干得到CaC2O4 ， 固体0.128g。步骤⑥加入的草酸晶体(H2C2O4∙2H2O)的质量至少为________g(写出计算式)。
9.乙酰苯胺是生产磺胺类药物的重要中间体。实验室制取乙酰苯胺的一种方法如下：
+CH3COOH +H2O
乙酸、苯胺、乙酰苯胺的部分物理性质如下表

乙酸
苯胺
乙酰苯胺
沸点
118
184
304
状态
无色液体
无色液体
白色固体
在水中的溶解度
易溶于水
易溶于水20℃溶解度3.6g
20℃溶解度0.46g；80℃溶解度3.5g；100C溶解度18g
实验过程：①在50mL蒸馏瓶中加入沸石、乙酸7.4mL(过量)，苯胺5mL，实验装置如下图所示(加热装置略去)，先小火加热10分钟，再控制分馏柱温度为105℃，加热至反应完成。

②趁热将反应后的混合物倒入装有100mL冷水的烧杯中，快速搅拌，用布氏漏斗抽滤。
③洗涤沉淀、再抽滤得固体，检验乙酰苯胺中的乙酸是否被除尽。
④将沉淀转移到表面皿上，加热蒸发，除去水。
回答下列问题：
（1）.a仪器的名称是      。
（2）.本实验为了提高苯胺的转化率，采取的措施是____(填字母标号)。
A.用冷凝柱回流
B.加入过量的乙酸
C.分离出水
D.加入沸石
（3）.控制分馏柱温度为105℃的目的是      。
（4）.持续控制分馏柱温度为105℃，直至      (填现象)说明反应结束。
（5）.抽滤时，多次用冷水润洗沉淀、可以除去乙酰苯胺中的乙酸。检验乙酸是否除尽的方法是      。
（6）.蒸发装置烧杯中加入的液体为      。
（7）.某同学实验的产率为75.3%，导致产量不高的因素可能是___(填字母标号)。
A.没有等生成的水分馏完就停止反应
B.在抽滤时，有产物残留在烧杯壁
C.乙酰苯胺中的乙酸未除干净
D.抽滤时乙酰苯胺有部分溶于水中
10.硫及其化合物的综合利用是化学研究的热点领域。回答下列问题：
（1）已知：H2S的燃烧热△H1=-586kJ/mol；硫的燃烧热△H2=-297kJ/mol。25℃、101kPa时，1molH2S不完全燃烧生成固态S和液态H2O的反应热△H3=________kJ/mol
（2）SO2催化氧化制SO3 ， 是重要化工反应。该反应用V2O5 ， 作为催化剂，催化反应过程如下图所示。该反应加入催化剂后正反应的活化能为________。加入催化剂能提高该反应的化学反应速率的原因是________。

（3）工业上在接触室中用SO2与空气中O2反应制取SO3.原料气中各成分的体积分数为：SO2～7%，O2～11%，氮气～82%时，温度及压强对SO2平衡转化率的影响如下表所示。

0.1
0.5
1
10
400
99.2
99.6
99.7
99.9
500
93.5
96.6
97.8
99.3
600
73.7
85.8
89.5
96.4
从表中数据分析，工业上采取400℃~500℃、1MPa条件下合成SO3的原因是________。在T℃、1MPa条件下，SO2的平衡转化率为x，压强平衡常数Kp=________(写出计算式即可)。(以分压代替物质的量浓度，分压=总压×物质的量分数)。
（4）锂—硫电池是重要的新型储能可逆电池，其构造如图所示。

电池充电时，与电源负极所连电极发生的电极反应为________，在电池放电时，电池右边电极依次发生Li2S8→Li2S6→Li2S4→Li2S2→Li2S系列转化。若放电前，图右边电极中Li2Sx只有Li2S8 ， 放电后生成产物Li2S、Li2S2物质的量之比为6：1，则1mol Li2S8反应得到的电子数为________。
11.镧(La)、镍(Ni)是生产新型储氢材料的原料。HC≡N、CH3CH(OH)COONH4是重要的无机、有机含氮化合物。回答下列问题：
（1）基态镍原子的未成对电子与三价铁离子未成对电子数之比为________。
（2）基态氮原子比基态氧原子第一电离能大的原因是________。
（3）与HC≡N电子数相等的有机分子的结构简式为________。
（4）CH3CH(OH)COONH4 ， 中具有相同杂化轨道的碳原子、氮原子的个数比为________。
（5）四羰基镍、氧化镍的物理性质如下：
名称(化学式)
状态
熔点
溶解性
说明
四羰基镍
[Ni(CO)4]
无色挥发性剧毒液体
-25℃
不溶于水，易溶于苯、四氯化碳等有机溶剂
正四面体分子、分子中碳原子与镍成健
氧化镍(NiO)
绿色粉末状固体
1980℃
不溶于水
阴离子、阳离子构成
由此判断：[Ni(CO)4]是配合物，其配位体是________。[Ni(CO)4]分子是________分子(填“极性”或“非极性”)。[Ni(CO)4]比NiO熔点低的原因是________。
（6）有一种镧镍合金是重要的储氢材料，其晶体属六方晶系，晶胞结构如图1所示。其储氢原理是氢分子先变为氢原子，氢原子进入合金的孔隙中。图2所示晶体中两个镧原子和2个镍原子组成的四面体孔隙中只能进入1个氢原子，晶胞中的所有类似四面体中都有氢原子进入，即达到储氢稳定状态。当需要氢气时，给储氢合金加热，氢原子变为氢气逸出。

晶体中Ni、La的原子个数比=________。每升该储氢材料达到储氢稳定状态，储氢原子________mol。
12.是合成治疗癌症药物盐酸埃罗替尼的中间体，其合成路线如下：
已知：①CH3CH2Cl+ +K2CO3 +KHCO3+KCl
②
回答下列问题：
（1）.A的分子式为      。D中的含氧官能团的名称是      。
（2）.A→B的反应类型为       ， 检验B中含有A的试剂是      。
（3）.B→C的反应方程式为      。
（4）.含有苯环、属于乙酸酯、核磁共振氢谱有4个峰的A的同分异构体的结构简式为      (写出其中一种)。
（5）.由D合成E经历的三个反应中，生成的两种含有苯环的中间产物的结构简式为：       ，       。
（6）.用 、CH3Cl、H2、Cu(OH)2、CH3OH等为主要原料可以合成另一种治疗肿瘤药物的中间体 。补全合成过程      (无机试剂任选)。

答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 A
【解析】【解答】A．暖宝宝中发生了原电池反应，实质是铁的电化学腐蚀，故A符合题意；
B．维生素C的食物在空气中长时间加热后会变质，不能长时间加热，故B不符合题意；
C．酒精的消毒杀菌效果最好的浓度是百分之七十五，不是浓度越大越好，故C不符合题意；
D．废电池埋入土里会污染土壤，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据金属电化学腐蚀的原理判断，或者根据化学反应的实质判断是否发生电化学反应，利用维生素C具有还原性，氧气具有氧化性，根据氧化还原反应进行判断。
2.【答案】 D
【解析】【解答】A．分子中的1、2、3号碳原子在同一个苯环内，苯环内六个碳原子共平面，故在同一平面上，A不符合题意；
B．分子中含有酯基，可以发生水解反应，B不符合题意；
C．分子内含有碳碳双键，可以与溴单质反应使溴水褪色，C不符合题意；
D．1mol该分子内的碳碳双键与苯环一共可与5molH2发生加成反应，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】A.苯环上的所有原子均共面
B.含有可以发生水解的酯基
C.含有可以与溴水发生加成的碳碳双键
D.苯环以及双键均可与氢气发生加成反应，找出即可
3.【答案】 C
【解析】【解答】A．由分析知，X为B元素，Y为N元素，两者不同族，A不符合题意；
B．X：B、Y：N电子层均为两层，但N的核电荷数多，对电子引力强，故半径小，即原子半径：X＞Y，B不符合题意；
C．X的氧化物为B2O3 ， 属于酸性氧化物，能与NaOH反应生成盐和水，C符合题意；
D．YW3为NH3 ， 催化氧化生成NO和水，NO与过量的O2可反应转化为NO2 ， NO2与水反应可生成强酸HNO3 ， D不符合题意；
故答案选C。
【分析】由题意知，Z为Al，结合化学式AlY，推测Y为-3价，最外层为5个电子，结合原子序数关系，确定Y为N，又W、X、Y原子序数之和为13，则W、X原子序数之和为6，故W为H，X为B。
4.【答案】 D
【解析】【解答】A．由分析知，Y点组成为NaHC2O4 ， 此时存在 电离和水解，其水解平衡常数Kh( )= ，故 电离程度大于水解程度，则c( )＞c(H2C2O4)，由于水电离也能产生H+ ， 故c(H+)＞c( )，A不符合题意；
B．0.1 mol/L NaHC2O4中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+ 2c( )+c( )，结合物料守恒：c(Na+)= c( )+c( )+c(H2C2O4)，两式联立消去c(Na+)，得：c(H2C2O4)+ c(H+)= c( )+c(OH-)，B不符合题意；
C．X点对应H2C2O4溶液，此时c(H+)≈c( )，c(H2C2O4)近似等于起始浓度，则 ，解得c(H+)=0.1 mol/L，则pH=-Lgc(H+)=1，即此时溶液pH约为1，C不符合题意；
D．由分析知，Z点对应溶液组成为Na2C2O4 ， 由图示知，此时pH=9，故c(H+)=10-9 mol/L， ，D符合题意；
故答案选D。
【分析】起点X对应H2C2O4溶液，Y点加入25 mL NaOH，n(NaOH)：n(H2C2O4)=1：1，反应后溶液组成为NaHC2O4 ， Z点加入50 mL NaOH，n(NaOH)：n(H2C2O4)=2：1，反应后溶液组成为Na2C2O4。
5.【答案】 B
【解析】【解答】A．0.1 mol FeI2中含0.1 mol Fe2+、0.2 mol I- ， 由于Cl2足量，故Fe2+、I-均被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+ ， I-被氧化为I2 ， 则转移电子=n(Fe2+)+n(I-)=0.3 mol，A不符合题意；
B．根据得失电子守恒，得3n(Al)=2n(H2)，即n(H2)=1.5n(Al)，由于两种情况下Al都完全反应，故生成的H2相等均为1.5 mol，B符合题意；
C．由于未说明标准状况，故22.4 L不一定为1 mol，C不符合题意；
D．同位素2H与3H质子数相同，均为1，中子数相差1个，故两种分子质子数相等，D不符合题意；
故答案选B。

【分析】A.亚铁离子和碘离子均与氯气反应，转移的电子与0.1mol的亚硫酸钠转移的电子不同
B.找出铝单质与产生氢气的关系即可
C.使用摩尔体积时需要注意物质的状态和条件
D.质子数相同中子数不同
6.【答案】 A
【解析】【解答】A．ZnS悬浊液中滴入几滴CuSO4溶液，发生沉淀转化：ZnS(s)+Cu2+(aq) CuS(s)+Zn2+(aq)，说明CuS比ZnS更难溶，故Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，A符合题意；
B．SO2、CH2=CH2均能使KMnO4溶液褪色，故使用KMnO4溶液CH2=CH2也会被吸收，B不符合题意；
C．Al2(SO4)3与氨水生成Al(OH)3沉淀，灼烧后转化为Al2O3 ， 不能达到实验目的，C不符合题意；
D．加热时，促进FeCl3水解平衡正向移动生成Fe(OH)3和HCl，由于HCl易挥发，故蒸干后得到的固体为Fe(OH)3 ， D不符合题意；
故答案选A。

【分析】A.通过比较沉淀的颜色进行判断溶度积的大小
B.应该通入氢氧化钠溶液中
C.灼烧后沉淀法分解故不能灼烧，直接洗涤沉淀即可
D.应该再蒸发时不断的通入氯化氢气体防止水解
7.【答案】 B
【解析】【解答】A．根据上述分析，a为电源正极，发生氧化反应，a连接的惰性电极发生的反应为：2Br--2e-=Br2 ， 故A不符合题意；
B．根据图示，在电解质溶液1中，HBrO被还原为Br- ， 则葡萄糖被HBrO氧化成葡萄糖酸，故B符合题意；
C．在电解池中，阳极区的H+通过阳离子交换膜向阴极区移动，故C不符合题意；
D．阴极上C6H12O6得到电子生成C6H14O6 ， 发生还原反应，电极反应为C6H12O6+2H++2e-=C6H14O6 ， 故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据图示，在与电源a极相连电极上Br-失去电子生成Br2 ， 发生氧化反应，则该电极为阳极，在与电源b极相连电极上C6H12O6得到电子生成C6H14O6 ， 发生还原反应，则该电极为阴极，因此a为电源正极，b为电源负极，据此分析解答。
二、综合题
8.【答案】 （1）2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O
（2）Fe2(SO4)3（或硫酸铁）
（3）Fe2+、Ag+
（4）4HCl+HNO3+Au=HAuCl4+NO↑+2H2O；NaOH
（5）尿素；尿素无毒，生成的产物无毒，甲醛有毒，生成的NO为有毒气体
（6）126(a+0.04b)
【解析】【解答】(1)Cu与稀硫酸、O2反应生成CuSO4和水，结合得失电子守恒和元素守恒配平得方程式为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，对应离子方程式为：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O；
 
(2)由分析知，步骤②中Fe2(SO4)3对应还原产物FeSO4 ， 故该步氧化剂为Fe2(SO4)3；
(3)由分析知，滤液A中主要含ZnSO4、CuSO4、Ag2SO4、FeSO4 ， 故此处填Ag+、Fe2+；
(4)初步确定方程式为：Au+HCl+HNO3→HAuCl4+NO↑+H2O，根据得失电子守恒结合元素守恒配平得完整方程式为：Au+4HCl+HNO3=HAuCl4+NO↑+2H2O；尾气中NO与空气中O2反应生成NO2 ， NO2与NaOH溶液反应生成NaNO2和NaNO3 ， 可用NaOH溶液吸收生成的NO2 ， 故此处填NaOH；
(5)由于尿素无毒且产物也无毒，而甲醛有毒且产物中NO为有毒气体，故工业上应选择尿素脱硝，故依次填：尿素；尿素无毒且产物也无毒，而甲醛有毒且产物中NO为有毒气体；
(6)滤液C中含剩余的H2C2O4 ， 与NaOH反应转化为Na2C2O4 ， 再与CaCl2反应生成CaC2O4沉淀，故剩余的草酸n1(H2C2O4)= n(CaC2O4)= ，故整个过程消耗草酸n(H2C2O4)=a mol+ n1(H2C2O4)=(a+0.04) mol，对应加入H2C2O4·2H2O的质量=126 g/mol×(a+0.04) mol=126×(a+0.04) g。
【分析】经过第①步，部分Cu与O2、稀硫酸反应生成CuSO4 ， 经过第②步，Zn、Cu、Ag被Fe2(SO4)3氧化生成ZnSO4、CuSO4、Ag2SO4 ， Fe2(SO4)3自身被还原为FeSO4 ， Au不溶解，故滤液A中主要含ZnSO4、CuSO4、Ag2SO4、FeSO4 ， 滤渣中的粗金经王水溶解后生成HAuCl4（滤液B），滤液B经过脱销操作除去硝酸根，再经过草酸还原获得纯金。
 
9.【答案】 （1）冷凝管
（2）A,B,C
（3）分离出水，减少乙酸逸出
（4）接引管不再有液体滴出
（5）取最后一次洗涤液用pH试纸测量溶液pH，看pH是否约为7
（6）热油（或热水）
（7）A,B,D
【解析】【解答】(1)a仪器名称为冷凝管；
(2)A．由于加热时，部分乙酸、苯胺挥发，将其冷凝回流可提高其转化率，A符合题意；
B．加入过量乙酸，可促进平衡正向移动，提高苯胺转化率，B符合题意；
C．分离出水，可促进平衡正向移动，提高苯胺转化率，C符合题意；
D．加入沸石对反应无影响，只是为了防暴沸，D不符合题意；
故答案选ABC；
(3)维持105℃，可促进水的挥发，促进平衡正向移动，提高原料转化率，同时可减少乙酸的挥发，故答案为：分离出水，减少乙酸逸出；
(4)由于控制温度105℃，经过冷凝得到的主要是水，而水由反应产生，故当接引管内无液体流出时，说明反应完全，故答案为：接引管不再有液体滴出；
(5)混有乙酸的洗涤液显酸性，所以可通过检验洗涤液是否为中性验证乙酸是否除尽，故答案为：取最后一次洗涤液用pH试纸测量溶液pH，看pH是否约为7；
(6)蒸发装置主要是为了除去洗涤残留的水，可以水浴或油浴，故烧杯中加入的液体为热水（或热油）；
(7)A．未等生成的水分馏完就停止加热，有可能反应仍然在进行，此时停止反应，则反应物未完全转化，产率降低，A正确；
B．抽滤时，产品残留在烧杯壁，则产品损失，导致产率下降，B正确；
C．乙酸苯胺中混有乙酸导致产品质量增大，产率不会偏低太多，甚至会接近或超过理论产率，C不正确；
D．部分乙酰苯胺溶于水被抽滤，导致产品损失，产率下降，D正确；
故答案选ABD。
【分析】（1）根据图示即可判断仪器的名称
（2）本实验为了提高某一反应物的转化率可以使反应物的接触时间长或者是增加另一反应物的量或者是即是分离出产物
（3）此时的温度，反应物和产物均不是气态，而水是气态及时将水分离促进转化率
（4）温度为105℃，主要是将水分离出，水是生成物，当不再有水蒸出时反应停止
（5）乙酸显酸性，可以测定pH
（6）蒸发主要是为了除去水，可以水浴加热或者油浴加热进行除去
（7）产率=,产量不高可能是实际的质量降低，找出产物降低的可能即可
 
10.【答案】 （1）-289
（2）E1；加入催化剂，使活化能降低，活化分子百分数增加，从而加快反应速率
（3）选择400~500℃，1 MPa合成SO3 ， 催化剂活性高，化学反应速率较快，平衡转化率较高，且设备成本较低；
（4）Li+ + e- = Li；12
【解析】【解答】(1)由题目所给信息可得热化学方程式：①2H2S(g)+3O2(g)=2H2O(l)+2SO2(g)  △H1=-586×2=-1172 kJ/mol，②S(s)+O2(g)=SO2(g)  △H2=-297 kJ/mol，由盖斯定律①-②×2，得2H2S(g)+O2(g)=2H2O(l)+2S (s)  △H=△H1-2△H2 =-578 kJ/mol，故1 mol H2S不完全燃烧的反应热△H3= ；
 
(2)正反应的活化能指反应物与活化分子之间的能量差值，由图示知，加入催化剂后正反应的活化能为E1；催化剂加快反应速率是因为加入催化剂后，反应的活化能降低，活化分子百分数增加，从而加快反应速率；
(3)选择400~500℃，1 MPa合成SO3 ， 是因为此时催化剂活性高，化学反应速率较快，平衡转化率较高，且设备成本较低；设起始混合气体总物质的量为100 mol，则起始SO2为7 mol，O2为11 mol，列三段式如下： ，平衡时气体总量=7-7x+11-3.5x+7x+82=(100-3.5x) mol，则平衡常数 ；
(4)由图示可知，电池放电时Li失电子变为Li+ ， 故Li电极为负极，充电时锂电极与电源负极相连作阴极，Li+在阴极得电子生成Li，对应电极反应为Li++e- =Li；根据S元素守恒，1 mol Li2S8反应后生成Li2S、Li2S2物质的量依次为6 mol、1 mol，Li2S8、Li2S、Li2S2中S元素价态依次为 （平均价）、-2价、-1价，故1 mol Li2S8共得到电子数= 。
【分析】（1）写出硫和硫化氢的燃烧热方程式，利用盖斯定律即可写出硫化氢不完全燃烧的热化学方程式
（2）根据图示即可找出活化能，加入催化剂降低分子变成活化分子需要的能量增加了活化分子数增加可有效碰撞的概率
（3）根据表格此条件下的转化率以及很高，升温或者加压转化率变化不大增加成本，根据此时转化率计算平衡时的浓度即可计算出平衡常数
（4）根据原电池的原理，即可判断电池负极是Li单质，失去电子变为锂离子，当充电时电池的负极与阴极相连，因此是锂离子得到电子变为锂单质，根据反应物和生成物写出方程式即可计算出转移的电子数
 
 
11.【答案】 （1）2:5
（2）基态氮原子的p轨道为半满稳定结构，具有较大的第一电离能；基态氧原子的p轨道有4个电子，易失去1个电子形成半满稳定结构，故第一电离能较小
（3）HC≡CH
（4）2:1
（5）CO；非极性；四羰基镍是分子晶体，氧化镍是离子晶体，破坏分子晶体的范德华力比破坏离子晶体的离子键要容易得多
（6）5:1；
【解析】【解答】(1)Ni原子价电子排布式为：3d84s2 ， 其3d能级上有2个未成对电子，Fe3+价电子排布式为：3d5 ， 其3d能级上有5个未成对电子，故此处填2:5；
 
(2) 基态氮原子的2p能级电子排布为2p3半满稳定结构，具有较大的第一电离能；基态氧原子的2p能级电子排布为2p4 ， 易失去1个电子形成半满稳定结构，故第一电离能较小；
(3)该分子中含有三键，联想到乙炔，且乙炔分子的价电子总数、原子总数与该分子相等，互为等电子体，故此处填HC≡CH；
(4)该化合物中酯基碳原子为sp2杂化，其余碳原子为sp3杂化，铵根离子中N为sp3杂化，故C、N相同杂化为sp3杂化，对应个数比为2:1；
(5)该配合物中Ni为中心原子，提供空轨道，CO作为配体提供孤电子对，与中心Ni之间形成配位键，故此处填CO；中心Ni原子周围形成4根配位键，根据价层电子对互斥理论，该分子为正四面体结构，故为非极性分子；由题目信息知，Ni(CO)4是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，而氧化镍是离子晶体，熔化时破坏离子键，破坏分子晶体的范德华力比破坏离子晶体的离子键要容易得多，故Ni(CO)4熔点比NiO低；
(6)该晶胞中含Ni个数= ，含La个数= ，故晶体中Ni与La个数比为5：1；由图示知，该晶胞右侧可储存3个H，同理左侧也可储存3个H，整个晶胞达稳定状态可储存6个H，该晶胞底面菱形的高h=a·sin60°= ，则晶胞体积V= ，每升该晶体含有晶胞的个数= ，故总共储存的H= ，对应物质的量=
【分析】
 
12.【答案】 （1）C8H8O4；醚键 酯基
（2）取代反应；氯化铁溶液
（3）+HNO3 +H2O
（4）
（5）；
（6）
【解析】【解答】(1)根据键线式的表示方法判断元素原子个数，化学式为：C8H8O4 ，D中的含氧官能团的名称是醚键、酯基。
 
(2) A→B的反应类型根据反应物和生成物之间的特点进行判断属于取代反应。B中不同于A的官能团是酚羟基，根据酚羟基的检验方法是氯化铁溶液，故检验B中含有A的试剂是氯化铁溶液。
(3) 根据B和C结构简式上的区别及反应条件进行判断：B→C的反应方程式为 +HNO3 +H2O。
(4)根据官能团的限定及对称的特点写出结构简式为： 。
(5)根据已知反应②判断反应机理，根据反应条件和反应物与生成物之间官能团的不同进行判断中间产物为： ，
(6)利用已知反应进行类比，根据反应物和目标产物进行判断官能团之间的变化。利用已知条件进行分步合成：
     
    。
【分析】根据已知的反应，利用流程中的反应物和生成物的区别判断各物质的结构简式为：A： ，B为 ，C为 ，D为