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河南省南阳市第一中学2020届高三上学期第一次月考化学试题
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南阳市一中2019年秋期高三第一次月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Cu 64 Cr 52
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、选择题（本题共16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）
1.化学与生产、生活、环境密切相关。下列说法错误的是
A. 手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的无机非金属材料
B. “煮豆持作羹，漉菽以为汁。萁在釜下燃，豆在釜中泣”，文中“漉”涉及的化学实验基本操作是过滤
C. 二氧化硫有毒所以不能作食品防腐剂
D. 新能源汽车的推广与使用有助于减少光化学烟雾的产生
【答案】C
【解析】
【详解】A项、 手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型无机非金属材料，故A正确；
B项、煮豆持作羹,漉豉以为汁意思是煮熟豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水，所以漉豉以为汁相当于采用了过滤的方法把豆豉和豆汁分开，故B正确；
C项、二氧化硫有还原作用，可消耗果蔬组织中的氧，可以抑制氧化酶的活性，从而抑制酶性褐变，有抗氧化作用，所以二氧化硫能作食品防腐剂，但不能超量，故C错误；
D项、机动车尾气含有氮的氧化物能形成光化学烟雾，新能源汽车的推广，减少了氮的氧化物，有助于减少光化学烟雾的产生，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查物质的性质及应用，侧重于分析与应用能力的考查，注意把握物质的性质、发生的反应、化学与生活的关系为解答该题的关键。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA
B. 常温常压下，4.4g乙醛所含σ键数目为0.7NA
C. 标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5 NA
D. 50ml 12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
【答案】A
【解析】
A. H218O与D2O的摩尔质量都是20g/mol，H218O与D2O分子含有10个中子，2.0 g H218O与D2O的混合物的物质的量为0.1mol，所含中子数为NA，故A正确；B. 乙醇分子含有8个共价键，4.6 g即0.1mol乙醇所含共价键数目为0.8NA，故B错误；C. 标准状况下，5.6 L即0,25molCO2与足量Na2O2反应，CO2～e－，转移的电子数为0.25NA，故C错误；D. 反应进行至浓盐酸成为稀盐酸时即停止，所以50 mL 12 mol·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数小于0.3NA，故D错误。故选A。
3.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入1 mol N2，右边充入一定量的CO时，隔板处于如图位置(保持温度不变)，下列说法正确的是
A. 右边与左边分子数之比为4∶1
B. 右侧CO的质量为5.6 g
C. 右侧气体密度是相同条件下氢气密度的14倍
D. 若改变右边CO的充入量而使隔板处于容器正中间，保持温度不变，则应充入0.2 mol CO
【答案】C
【解析】
试题分析：左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，所以右侧气体的物质的量=1mol/4=0.25mol。A、气体的分子数与物质的量成正比，则右边与左边分子数之比为1：4，故A错误；B、右侧CO的质量为：28g/mol*0.25mol=7g，故B错误；C、相同条件下密度之比与摩尔质量成正比，则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的28/2=14倍，故C正确；D、相同条件下气体体积与物质的量成正比，隔板处于容器正中间时，左右两侧气体的物质的量相等，则需要充入的CO的物质的量为：1mol-0.25mol=0.75mol，故D错误。
考点：阿伏伽德罗定律的应用
4.20 ℃饱和NaCl溶液密度为ρg·cm－3，物质的量浓度为c mol·L－1，则下列说法中不正确的是（ ）
A. 温度低于20℃时，饱和NaCl溶液的浓度小于
B. 此溶液中NaCl的质量分数为
C. 20℃时，密度小于的NaCl溶液是不饱和溶液
D. 20℃时，饱和NaCl溶液的溶解度
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氯化钠的溶解度随温度的降低而降低，在20℃时，饱和NaCl溶液的浓度为，所以温度降低，必有氯化钠晶体析出，其物质的量浓度必小于cmol/L，A项正确；
B. 根据质量分数的本义，设取此溶液的体积为1L，则此1L溶液中NaCl的质量为cmol/L×1L×58.5g/mol=58.5cg，溶液的质量为ρg/cm3×1000mL=1000ρg，所以该溶液的质量分数为，B项正确；
C.已知氯化钠溶液的浓度越大，其密度越大。20℃时，饱和氯化钠溶液的密度是，密度小于的NaCl溶液是不饱和溶液，C项正确；
D. 设取该氯化钠饱和溶液的体积为1mL，则其质量为，依据溶解度的本义，根据饱和溶液中溶质质量和溶剂质量来计算溶解度。20℃时，NaCl的溶解度，D项错误；
所以答案选择D项。
【点睛】①氯化钠溶解度随温度的变化不大，但仍然随温度的升高而略有升高。②氯化钠晶体不含有结晶水。
5.下列的图示与对应的叙述不相符的是( )
A. 图1表示KNO3的溶解度曲线，图中a点表示的溶液通过恒温蒸发可以达到b点
B. 图2表示某一放热反应，若使用合适的催化剂，、均减小，不变
C. 图3表示向Na2CO3和NaOH的混合溶液中滴加稀盐酸时，产生CO2的情况
D. 图4表示向100mL0.1mol/L的AlCl3和0.1mol/L的(NH4)2SO4混合溶液中滴加1mol/L的NaOH溶液时n(Al3+)和n(AlO2-)的变化情况
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶解度曲线上的每一个点均对应饱和溶液，线下的每一个点均对应不饱和溶液，图中a、b点的温度相同，a点对应不饱和溶液，b点对应饱和溶液，所以a点的不饱和溶液可以通过恒温蒸发减少水分，使溶液饱和而达到b点，A项正确；
B．从图示可以看出，生成物的总能量小于反应物，所以该反应为放热反应；（正）催化剂可以减小正、逆反应的活化能（E1、E2），但并不影响整个反应的焓变，B项正确；
C．从图示可以看出，横坐标30至40mL段是发生反应：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，所以在加入的前30mL盐酸中必然也有10mL发生反应：CO32-+H+=HCO3-，还有20mL盐酸用于中和NaOH：H++OH-=H2O，C项正确；
D．整个过程中先后发生3个反应。第1阶段形成Al(OH)3沉淀：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，从量上看，n(Al3+)为0.01mol，消耗n(OH-)为0.03mol,图示此部分表达正确；第2阶段发生反应：NH4++OH-=NH3·H2O，从量上看，n(NH4+)为0.02mol,所以消耗n(OH-)为0.02mol，而图示是0.01mol，D项错误；
所以答案选择D项。
6.实验室需要用480mL0.1mol•L-1的硫酸铜溶液，以下配制方法正确的是（ ）
A. 称取胆矾（CuSO4·5H2O），配成500mL溶液
B. 称取胆矾（CuSO4·5H2O），加入500mL水配成溶液
C. 称取无水硫酸铜粉末，加入480mL水配成溶液
D. 称取无水硫酸铜粉末，加入500mL水配成溶液
【答案】A
【解析】
【分析】
硫酸铜溶液中溶质是硫酸铜，使用胆矾配制硫酸铜溶液时，结晶水将变成溶剂水。配制480mL溶液，需使用500mL容量瓶，所有药品的用量均按配制500mL该浓度溶液的用量计算。
【详解】A.配制0.1mol/LCuSO4溶液500mL，需要CuSO40.05mol，所以需称取胆矾的质量为0.05mol×250g/mol=12.5g，A项正确；
B. 胆矾的质量数值正确，但加入水的体积错误，应是“加水形成500mL溶液”，B项错误；
C. 实验室没有480mL规格的容量瓶，C项错误；
D. 加入水的体积应小于500mL（加入无水硫酸铜的质量数值正确），D项错误；
所以答案选择A项。
7.中国传统的文房四宝是“笔墨纸砚”，下列对应的主要材料所属物质、物质分类有误的是
文房四宝
材料所属物质
物质分类
A
毛笔（纯狼毫）
蛋白质
化学纤维
B
墨
碳
单质
C
宣纸
纤维素
糖
D
石砚
石英、云母、石灰石
氧化物、盐
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
A.毛笔（纯狼毫）用的是动物毛，属于蛋白质，是天然纤维；
B.墨是烧制的碳黑，主要成分是碳；
C. 宣纸中的纤维是竹木纤维或竹木纤维再生得到，是纤维素；
D. 石砚的材料是石英、云母、石灰石等矿物，属于氧化物、盐类。
【详解】A.毛笔（纯狼毫）用的是黄鼠狼的尾毛，属于蛋白质，是天然纤维；而化学纤维包括人造纤维和合成纤维；A错误；
B.墨是烧制的碳黑，是碳，为单质；
C. 宣纸中的纤维是竹木纤维或竹木纤维再生得到，是纤维素，属于糖类；
D. 石砚的材料是石英、云母、石灰石等矿物，属于氧化物、盐类。
故选A。
8.下列说法正确的有（ ）
①稳定性：HF＞H2O＞NH3 ②离子半径：Na＋＞Mg2＋＞F－ ③电子数：CH4>CH3->-CH3 ④结合质子能力：OH->AlO2->HCO3- ⑤熔沸点：AsH3＞PH3＞NH3 ⑥分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液 ⑦若HmXOn为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性（m、n为正整数）
A. 2项 B. 3项 C. 4项 D. 5项
【答案】B
【解析】
【详解】①正确，因非金属性F>O>N，所以气态氢化物的热稳定性：HF>H2O>NH3；
②错误，在电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，所以离子半径F->Na+>Mg2+；
③错误，分析三种微粒的电子数分别为：10、10、9；
④正确，当溶液中有OH-、AlO2-、HCO3-时，OH-先反应，其次是AlO2-，最后是HCO3-；
⑤错误，N、P、As属于同一主族，NH3因形成分子间氢键，所以熔沸点最高；因AsH3相对分子质量大于磷化氢，所以AsH3的熔沸点高于PH3；
⑥正确，根据分散质直径的大小，浊液>胶体>溶液；
⑦错误，如硝酸为强酸，而氮的氢化物中，氨气溶于水显碱性；
所以正确的共有3项。答案选择B项。
【点睛】根据AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，可顺利判断出AlO2-结合H+的能力强于CO32-。
9.已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3－，氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2。下列有关离子反应或离子方程式的叙述中，正确的是（ ）
A. 常温下，中性溶液中，、、、能大量共存
B. 向含有的溶液中通入充分反应：4Fe2++2I-+3Cl2=4Fe3++6Cl-+I2
C. 向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-
D. 向溶液中滴加少量氯水，再加入溶液振荡，静置，有机层呈橙色
【答案】C
【解析】
【详解】A. Fe3+只存在于强酸性溶液中，在中性溶液中Fe3+已沉淀完全，A项错误；
B. 依据还原性强弱，I-优先反应，其次才是Fe2+。依据离子方程式2I-+Cl2=I2+2Cl-，溶液中0.8molI-完全反应需消耗0.4molCl2，而现在只通入0.3mol，所以Fe2+没有参与反应，离子反应方程式为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，B项错误；
C. 从题给信息可知次氯酸的酸性大于HCO3-，所以向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，注意不能生成CO32-，因为HClO能与CO32-继续反应生成HCO3-，C项正确；
D. 氯气先与Fe2+反应，再与Br-反应。所以滴加少量的氯水，并不会生成溴单质，而是发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，D项错误；
所以答案选择C项。
10.下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是( )
选项
条件
离子组
离子共存判断及离子方程式
A
滴加氨水
Na＋、Fe3＋、Cl－、NO3-
能大量共存
B
由水电离出c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1
K＋、NH4+、Cl－、AlO2-
能大量共存
C
pH＝1溶液
Fe3＋、NH4+、I－、SO42-
不能大量共存，2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2
D
通入少量SO2气体
K＋、Na＋、ClO－、SO42-
不能大量共存，
2ClO－＋SO2＋H2O=2HClO＋SO32-
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.氨水能与Fe3+发生反应生成沉淀：Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，A项错误；
B.由水电离出的c(H+)=10-13mol/L，说明水的电离受到了抑制，该溶液可能为强酸性溶液或强碱性溶液，在酸性条件下，AlO2-不能大量存在：AlO2-+4H+=Al3++2H2O，在碱性条件下，NH4+不能大量存在：NH4++OH-=NH3·H2O，B项错误；
C.首先考虑4种离子间不能大量共存：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，注意所给的4种离子均能单独大量存在于强酸性溶液中，C项正确；
D.所给的4种离子均能大量共存，但还要考虑次氯酸的强氧化性和二氧化硫的强还原性，所以产物为SO42-和Cl-:SO2+ClO-+2OH-=SO42-+Cl-+H2O，D项错误；
所以答案选择C项。
【点睛】B项分析中还是明确温度为20℃更加合理，也可以直接判断NH4+和AlO2-因发生双水解反应而不能大量共存。
11.还原沉淀法是处理含铬（Cr2O72-和CrO42-）废水常用方法，过程如下：
，已知废水中Cr的含量为26.0g·L－1，当溶液中离子浓度小于10－5mol/L时认为离子已经沉淀完全。常温下Ksp[Cr（OH)3]= 1×10-32。有关叙述中不正确的是（ ）
A. 上述三个转化中只有一个涉及氧化还原反应
B. 第二步离子方程式为：Cr2O72-+14H＋+6Fe2＋=2Cr3++7H2O+6Fe3＋
C. 处理含铬废水可使用强碱Ba(OH)2，也可以使用弱碱氨水
D. 当pH≥5时，废水中铬元素沉淀完全
【答案】C
【解析】
试题分析：A、第二步反应中铬元素和铁元素化合价变化，为氧化还原反应，故A正确；B、酸性条件下，重铬酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成铬离子和铁离子，故B正确；C、用强碱氢氧化钡调节溶液的pH，会引入钡离子杂质，会污染水，故C错误；D、当溶液中的pH大于等于5时，根据氢氧化铬的溶度积计算，铬离子浓度小于等于10-5mol/L，说明铬元素完全沉淀，故D正确。
考点： 氧化还原反应
12.下列各组物质按照纯净物、混合物、强、弱电解质和非电解质顺序排列的是（ ）
A. 氯水，水煤气，硫酸，醋酸，干冰
B. 冰醋酸，福尔马林，硫酸钡，次氯酸，乙醇
C. 单甘油酯，混甘油酯，水玻璃，氢硫酸，三氧化硫
D. 胆矾，漂白粉，氯化钾，氢氟酸，氯气
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氯水是氯气的水溶液，属于混合物，水煤气主要成分是CO和H2，属于混合物，硫酸是强电解质，醋酸是弱电解质，干冰是非电解质，A项错误；
B. 冰醋酸是乙酸的俗名，属于纯净物，福尔马林是甲醛的水溶液，属于混合物，硫酸钡是强电解质，次氯酸是弱电解质，乙醇是非电解质，B项正确；
C. 单甘油酯是纯净物，混甘油酯是纯净物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，氢硫酸是弱电解质，三氧化硫是非电解质，C项错误；
D. 胆矾是五水合硫酸铜的俗名，属于纯净物，漂白粉主要成分是氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，氯化钾是强电解质，氢氟酸是弱电解质，氯气不属于非电解质，D项错误；
所以答案选择B项。
【点睛】此题采用排除法可以快速获得答案。A项中因氯水不是纯净物而直接排除，C项水玻璃是混合物而直接排除，D项氯气不属于非电解质而直接排除。
13.下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 图甲中，b曲线的热化学方程式为：H2O2(l)=H2O(l)+O2(g)△H=(E1-E2)kJ/mol
B. 图乙表示氢氟酸为弱酸，且a点的数值比b点数值大
C. 图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
D. 图丁表示溶液滴定醋酸溶液的滴定曲线
【答案】A
【解析】
【详解】A．图示中的各物质计量数与热化学方程式相同，焓变等于正反应的活化能与逆反应的活化能之差，A项正确；
B．盐酸是强酸，对比可知氢氟酸是弱酸；a、b两点对应的温度相同，所以Kw应相同，B项错误；
C．横轴表示时间，“先拐先平数值大”，即乙的压强比甲的压强大，该反应是正向气体分子数减小的反应（注意D为固体），乙相对于甲来说相当于加压，加压，该平衡正向移动，反应物的含量降低，而所给图示中甲、乙条件下反应物的含量是相等的，C项错误；
D．因醋酸是弱酸，所以当加入20mLNaOH溶液时，刚好反应完全，生成醋酸钠溶液，此时溶液显碱性而不是pH=7，D项错误；
所以答案选择A项。
14.如图所示，向A、B中均充入1mol X、lmol Y，起始时A、B的体积都等于a L,在相同温度、外界压强和催化剂存在的条件下，关闭活塞K，使两容器中都发生下述反应： X（g）+Y（g）2Z（g）+W（g） △H＜0。达平衡时，A的体积为1.4a L。下列说法错误的是( )
A. 反应速率：
B. 平衡时的压强：
C. A容器中X的转化率为80%
D. 平衡时Y体积分数：A
【解析】
【详解】A. 由图可知A为恒压过程，B为恒容过程，而且该反应为体积增大的反应，所以反应过程中B的压强大于A，根据压强对速率的影响可知，反应速率，A项正确；
B. A为恒压过程，B为恒容过程，而且该反应为体积增大的反应，所以反应过程中B的压强大于A，平衡时B的压强也大于A，即PB>PA，B项错误；
C. 根据同温同容时，气体的压强之比等于其物质的量之比，达到平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的1.4倍，即1.4×2mol=2.8mol，即增加了0.8mol，根据化学方程式的计算可以知道，
X(g)+Y(g) 2Z(g)+W(g) △n
1 1
0.8mol 0.8mol
即达平衡后，反应掉0.8mol,A容器中X的转化率为80%，C项正确；
D. A为恒压过程，B为恒容过程，而且该反应为体积增大的反应，所以反应过程中B的压强大于A，所以A中的反应正向进行的程度大于B中的，所以A中Y的体积分数小于B中的，即平衡时Y体积分数：A
15.利用反应NO2＋NH3→N2＋H2O（未配平）消除NO2的简易装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. a电极反应式是
B. 消耗标准状况下时，被消除的NO2的物质的量为
C. 若离子交换膜是阳离子交换摸，装置右室中溶液的碱性增强
D. 整个装置中NaOH的物质的量不断减少
【答案】D
【解析】
【分析】
从所给的化学反应可以看出，NH3中N元素的化合价升高，对应原电池的负极，NO2中N元素的化合价降低，对应原电池的正极。写出两个电极反应进行分析。
【详解】A. a电极通入的是NH3，发生氧化反应：电极反应式是2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，A项正确；
B. 标准状况下时4.48LNH3的物质的量为0.2mol，据得失电子守恒可得4NH3～3NO2，列式得,解得NO2的物质的量为0.15mol,B项正确；
C. 右室中发生电极反应式为2NO2+8e-+2H2O=N2+4OH-，钠离子透过阳离子交换膜进入右极室，因反应生成OH-，使右室溶液的碱性增强，C项正确；
D. 因电池总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，从整体来看并没有NaOH参加反应或生成，所以整个装置中NaOH的物质的量不变，D项错误；
所以答案选择D项。
16.将50g溶质质量分数为ω1，物质的量浓度为c1的较浓氨水沿玻璃棒加入到VmL水中，稀释后得到溶质质量分数为ω2，物质的量浓度为c2的稀氨水。若c1=2c2，则（ ）
A. ω1>2ω2，V>50
B. ω1<2ω2，V<50
C. ω1=2ω2，V<50
D. ω1>2ω2，V<50
【答案】A
【解析】
【分析】
分析题给的4个选项可知，本题的目标是要比较ω1与2ω2的大小、V与50mL的大小。
【详解】氨水的密度比水小，氨水的浓度越大，其密度越小，50g水的体积为50mL，所以50g氨水的体积大于50mL。由c1=2c2知，50g氨水加入到VmL水中后，溶质的物质的量浓度变为原来的一半，说明溶液的体积变为原来的2倍，所以V大于50mL。
由知，，，
因为c1=2c2，所以， 即，因为ρ2>ρ1，所以ω1>2ω2，故选A项。
第Ⅱ卷
二、非选择题
17.（1）15.6gNa2X中含Na+0.4mol，则Na2X的摩尔质量是____________。
（2）设NA为阿伏加德罗常数的数值，如果a g氧气中含有的分子数为b，则c g氧气在标准状况下的体积约是_________________(用含NA的式子表示）。
（3）某溶液由Mg2＋、Al3＋、Cl－、SO42- 4种离子组成，测得其中Al3＋、SO42-、Cl－的物质的量浓度之比为3：1：13，则溶液中Mg2＋、Al3＋、SO42-的物质的量浓度之比为___________。
（4）标况下，密度为1.25g/L的CO2与CH4组成的混合气体中，CO2的体积分数为______。
（5）将标准状况下体积为aL的HCl气体溶于1000g水中，得到盐酸的密度为b g/cm3，则 该盐酸的物质的量浓度为______________mol/L。
（6）下列各项与胶体性质无关的有______________________。
①卤水点豆腐 ②明矾净水 ③静电除尘 ④油水分离 ⑤血液透析 ⑥三角洲形成 ⑦酸碱中和 ⑧雨后彩虹和海市蜃楼 ⑨臭氧消毒
【答案】 (1). 78g/mol (2). (3). 3：3：1 (4). 42.86％ (5). (6). ④⑦⑨
【解析】
【分析】
（1）先算出Na2X的物质的量，再算其摩尔质量；
（2）先求出cg氧气的物质的量，再利用标准状况下的气体摩尔体积求其体积；
（3）利用电荷守恒（溶液的电中性原则）进行求算；
（4）气体的体积分数在数值上等于其物质的量分数；
（5）利用物质的量浓度的定义式直接进行求算；
（6）胶体的知识主要有布朗运动，丁达尔现象、电泳、聚沉、渗析等；
【详解】(1)据Na2X的化学式知，含Na+0.4mol，则Na2X的物质的量为0.2mol，其质量为15.6g，所以Na2X的摩尔质量；
(2) ag氧气中含有的分子数为b，其物质的量为mol，所以cg氧气的物质的量为，其在标准状况下的体积为=；
(3) 在任何一种溶液中，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。在该溶液中则有：c(Mg2+)×2+c(Al3+)×3=c(SO42-)×2+c(Cl-)×1。设Mg2+、Al3+、Cl-、SO42-的物质的量浓度分别为x、3a、13a、a，所以有2x+3×3a=a×2+13a，解得x=3a，所以溶液中c(Mg2+)：c(Al3+)：c(SO42-)=3a：3a：a=3：3：1；
(4) 设CO2和CH4的物质的量分别为n(CO2)、n(CH4)。CO2的体积分数等于物质的量分数即=，所以只需要求出即可。据密度的本义有：=1.25，求得=，所以CO2的体积分数为=≈42.86％；
(5) 该HCl的物质的量为mol,形成溶液的体积为L，所以该盐酸的物质的量浓度c(HCl)===mol/L；
(6)①涉及的是胶体聚沉；②涉及的是胶体的聚沉；③涉及的是胶体的电泳；④涉及的是乳浊液的分离，与胶体无关；⑤涉及的是胶体的渗析；⑥涉及的是胶体的聚沉；⑦涉及的是中和反应，与胶体的性质无关；⑧均与水雾形成的胶体有关，涉及丁达尔现象；⑨臭氧消毒是利用了臭氧的氧化性，与胶体的性质无关；所以答案选择④、⑦、⑨。
18.三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
（1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式__________。
（2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1=48 kJ·mol−1
3SiH2Cl2(g)SiH4(g)+2SiHCl3 (g) ΔH2=−30 kJ·mol−1
则反应4SiHCl3(g)SiH4(g)+ 3SiCl4(g)ΔH=__________ kJ·mol−1。
（3）对于反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343 K时反应的平衡转化率α=_________%。平衡常数K343 K=__________（保留2位小数）。
②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是___________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有____________、___________。
③比较a、b处反应速率大小：υa________υb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率υ=υ正−υ逆=−，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处=__________（保留1位小数）。
【答案】 (1). 2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl (2). 114 (3). 22 (4). 0.02 (5). 及时移去产物 (6). 改进催化剂 (7). 提高反应物压强（浓度） (8). 大于 (9). 1.3
【解析】
分析：本题考查的是化学反应原理的综合应用，主要包括反应与能量以及化学反应速率、平衡的相关内容。只需要根据题目要求，利用平衡速率的方法进行计算即可。
详解：（1）根据题目表述，三氯氢硅和水蒸气反应得到(HSiO)2O，方程式为：2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。
（2）将第一个方程式扩大3倍，再与第二个方程式相加就可以得到第三个反应的焓变，所以焓变为48×3+(－30)=114kJ·mol-1。
（3）①由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应。从图中读出，平衡以后反应转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1mol/L，得到：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.22 0.11 0.11 （转化率为22%）
平衡： 0.78 0.11 0.11
所以平衡常数K=0.112÷0.782=0.02。
②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离（两边物质的量相等，压强不影响平衡）。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强（增大反应物浓度）、加入更高效的催化剂（改进催化剂）。
③a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即Va＞Vb。根据题目表述得到，，当反应达平衡时，＝，所以，实际就是平衡常数K值，所以0.02。a点时，转化率为20%，所以计算出：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.2 0.1 0.1 （转化率为20%）
平衡： 0.8 0.1 0.1
所以=0.8；==0.1；所以
点睛：题目的最后一问的计算过程比较繁琐，实际题目希望学生能理解化学反应的平衡常数应该等于正逆反应的速率常数的比值。要考虑到速率常数也是常数，应该与温度相关，所以不能利用b点数据进行计算或判断。
19.金属钛（Ti）因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。以钛铁矿（主要成分钛酸亚铁）为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如下。请回答下列问题。
（1）钛酸亚铁（用R表示）与碳在高温下反应的化学方程式为2R+C═2Fe+2TiO2+CO2↑，钛酸亚铁的化学式为_______________；钛酸亚铁和浓H2SO4反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，该反应的化学方程式为_____________________________________。
（2）上述生产流程中溶液Ⅰ中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的Ksp如下表所示。
氢氧化物
Fe(OH)2
TiO(OH)2
Mg(OH)2
Ksp
8.0×10-16
10×10-29
1.8×10-11
①常温下，若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018mol/L，当溶液的pH等于_______时，Mg(OH)2开始沉淀。
②若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方程式为___________________________________________________________。
（3）中间产品乙与焦炭、氯气在高温下发生反应制取TiCl4的方程式为______________。Mg还原TiCl4过程中必须在1070K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是_________。
【答案】 (1). FeTiO3 (2). FeTiO3+2H2SO4═TiOSO4+FeSO4+2H2O (3). 10 (4). TiO2++2H2O═TiO（OH）2↓（或H2TiO3）+2H+ (5). TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO (6). 隔绝空气
【解析】
【详解】钛铁矿用浓硫酸溶解，反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，向所得溶液中加入大量水稀释后加入过量的铁粉还原铁离子，过滤得到滤液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到溶液中 含有亚铁离子、TiO2+和少量镁离子等阳离子，冷却结晶得到副产品主要为硫酸亚铁，滤液中加入水加热过滤得到H2TiO3 ，H2TiO3加热灼烧得到TiO2，加入氯气、过量碳高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳，四氯化钛和金属镁高温下反应得到氯化镁和钛金属。(1). 钛酸亚铁与碳在高温下反应的化学方程式，根据原子守恒，钛酸亚铁的化学式为FeTiO3 ，钛酸亚铁和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成还生成硫酸亚铁和水，该反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；(2) ①加入过量的铁粉还原铁原子，防止亚铁离子被氧化为铁离子，溶液中镁离子的物质的量浓度为0.0018mol/L，析出氢氧化镁时，溶液中的c(OH-)=mol/L=10-4mol/L，则溶液中的氢离子浓度为10-10mol/L，则溶液的pH=10；②TiO（OH）2的溶度积最小，溶液加水稀释析出的白色沉淀为TiO（OH）2，该反应的离子方程式为TiO2++2H2O═TiO（OH）2↓（或H2TiO3）+2H+； (3). 乙为TiO2，与氯气和过量的碳高温加热反应生成TiCl4和一氧化碳，反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO，镁能与空气中氧气、氮气反应，需要隔绝空气进行。
20.硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：
H2S
S8
FeS2
SO2
SO3
H2SO4
熔点/℃
−85.5
115.2
>600（分解）
−75.5
16.8
10.3
沸点/℃
−60.3
444.6
−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S8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__________。
（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+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。
【答案】 (1). (2). 哑铃（纺锤） (3). H2S (4). S8相对分子质量大，分子间范德华力强 (5). 平面三角 (6). 2 (7). sp3 (8). (9).
【解析】
【分析】
（1）根据铁、硫的核外电子排布式解答；
（2）根据价层电子对互斥理论分析；
（3）根据影响分子晶体熔沸点高低的是分子间范德华力判断；
（4）根据价层电子对互斥理论分析；
（5）根据晶胞结构、结合密度表达式计算。
【详解】（1）基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子的电子排布图（轨道表达式）为；基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则电子占据最高能级是3p，其电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形。
（2）根据价层电子对互斥理论可知H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是，因此不同其他分子的是H2S。
（3）S8、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体，由于S8相对分子质量大，分子间范德华力强，所以其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多；
（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，根据（2）中分析可知中心原子含有的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以其分子的立体构型为平面三角形。分子中存在氧硫双键，因此其中共价键的类型有2种，即σ键、π键；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子形成4个共价键，因此其杂化轨道类型为sp3。
（5）根据晶胞结构可知含有铁原子的个数是12×1/4+1＝4，硫原子个数是8×1/8+6×1/2＝4，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，则其晶体密度的计算表达式为；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长是面对角线的一半，则为nm。
【点睛】本题主要是考查核外电子排布、杂化轨道、空间构型、晶体熔沸点比较以及晶胞结构判断与计算等，难度中等。其中杂化形式的判断是难点，由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致；价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。两者相结合，具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。
21.某芳香烃X（相对分子质量为92）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物，H是一种高分子，链节组成为C7H5NO。
已知：（苯胺，易被氧化）
（1） X的名称是________________，反应①②③④⑤中属于氧化反应的是___________。
（2）反应②③两步能否互换_______（填“能”或“不能”），理由是_____________________。
（3）反应④的化学方程式是________________________________________________。
（4）的同系物M比其本身相对分子质量大14，M的同分异构体中能同时满足以下条件： ①芳香族化合物， ②能发生水解反应， ③与FeCl3溶液能够发生显色反应，④苯环上有两个取代基；共有__种。（不考虑立体异构）
（5）请用合成反应流程图表示出由和其他无机物合成最合理的方案。
________________________________________________________________。
【答案】 (1). 甲苯 (2). ②⑤ (3). 不能 (4). 因为还原得到的氨基会被氧化 (5). (6). 9 (7).
【解析】
【分析】
（1）利用其相对分子质量，采用除商取余法分析其碳原子数和氢原子数；逐一依反应条件和结构的变化分析这5个反应，用好题给新反应信息；
（2）根据题给新信息，苯环上氨基易氧化；
（3）该反应是氨基与羧基间的缩聚反应；
（4）先确定M的分子式，然后同时满足题给的4个条件；
（5）比对原料和产物的结构，既要将苯环催化加氢，又要将氯原子换为羟基，同时在环上对应位置引入一个羟基。
【详解】(1).设芳香烃X的分子组成为CxHy，其相对分子质量为92，则92除以12，得7余8，由烷烃中碳原子数与氢原子关系可知，该烃中碳原子数不能小于7，故该芳香烃的分子式为C7H8，则X为甲苯；从反应条件可以看出，反应①是硝化反应（取代反应）；经反应②和③后，结构中出现了羧基和氨基，显然是由甲基氧化和硝基还原而来，因苯胺易被氧化，所以应是先将甲基氧化，后将氨基还原，所以②是氧化反应，③是还原反应；反应④形成了高分子化合物，应是发生了缩聚反应；反应⑤从反应条件来看，显然是氧化醛基的银镜反应，所以①、②、③、④、⑤中发生氧化的反应有：②和⑤；
(2)②和③两步不能互换。因苯胺易被氧化，所以必须先将甲基氧化，否则还原得到的氨基又被氧化；
(3) 从所给链节可以看出，反应④是氨基和羧基间的缩聚反应，反应方程式表达为：
(4) 的同系物M比其本身相对分子质量大14，说明多一个CH2，从M的同分异构体同时满足的条件来看：①属于芳香族化合物，说明结构中有苯环，从碳原子来看，此处只能形成一个苯环；②能发生水解反应，说明该物质结构中有酯基；③与FeCl3溶液能够发生显色反应，说明结构中有酚羟基；④苯环上有两个取代基，结合以上的分析判断，可知这两个取代基一个是羟基，另一个可能是-COOCH3或HCOOCH2-或CH3COO-，两个基团在苯环上的位置关系各有邻、间、对三种，所以符合条件的M的同分异构体共有9种；
(5) 采用逆推分析。要合成，只需要合成，再逆推一步，只需要合成，而该物质可由原料直接发生消去反应而得到。所以合成路线设计为：。
南阳市一中2019年秋期高三第一次月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Cu 64 Cr 52
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、选择题（本题共16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）
1.化学与生产、生活、环境密切相关。下列说法错误的是
A. 手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的无机非金属材料
B. “煮豆持作羹，漉菽以为汁。萁在釜下燃，豆在釜中泣”，文中“漉”涉及的化学实验基本操作是过滤
C. 二氧化硫有毒所以不能作食品防腐剂
D. 新能源汽车的推广与使用有助于减少光化学烟雾的产生
【答案】C
【解析】
【详解】A项、 手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型无机非金属材料，故A正确；
B项、煮豆持作羹,漉豉以为汁意思是煮熟豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水，所以漉豉以为汁相当于采用了过滤的方法把豆豉和豆汁分开，故B正确；
C项、二氧化硫有还原作用，可消耗果蔬组织中的氧，可以抑制氧化酶的活性，从而抑制酶性褐变，有抗氧化作用，所以二氧化硫能作食品防腐剂，但不能超量，故C错误；
D项、机动车尾气含有氮的氧化物能形成光化学烟雾，新能源汽车的推广，减少了氮的氧化物，有助于减少光化学烟雾的产生，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查物质的性质及应用，侧重于分析与应用能力的考查，注意把握物质的性质、发生的反应、化学与生活的关系为解答该题的关键。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA
B. 常温常压下，4.4g乙醛所含σ键数目为0.7NA
C. 标准状况下，5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5 NA
D. 50ml 12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
【答案】A
【解析】
A. H218O与D2O的摩尔质量都是20g/mol，H218O与D2O分子含有10个中子，2.0 g H218O与D2O的混合物的物质的量为0.1mol，所含中子数为NA，故A正确；B. 乙醇分子含有8个共价键，4.6 g即0.1mol乙醇所含共价键数目为0.8NA，故B错误；C. 标准状况下，5.6 L即0,25molCO2与足量Na2O2反应，CO2～e－，转移的电子数为0.25NA，故C错误；D. 反应进行至浓盐酸成为稀盐酸时即停止，所以50 mL 12 mol·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数小于0.3NA，故D错误。故选A。
3.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入1 mol N2，右边充入一定量的CO时，隔板处于如图位置(保持温度不变)，下列说法正确的是
A. 右边与左边分子数之比为4∶1
B. 右侧CO的质量为5.6 g
C. 右侧气体密度是相同条件下氢气密度的14倍
D. 若改变右边CO的充入量而使隔板处于容器正中间，保持温度不变，则应充入0.2 mol CO
【答案】C
【解析】
试题分析：左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，所以右侧气体的物质的量=1mol/4=0.25mol。A、气体的分子数与物质的量成正比，则右边与左边分子数之比为1：4，故A错误；B、右侧CO的质量为：28g/mol*0.25mol=7g，故B错误；C、相同条件下密度之比与摩尔质量成正比，则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的28/2=14倍，故C正确；D、相同条件下气体体积与物质的量成正比，隔板处于容器正中间时，左右两侧气体的物质的量相等，则需要充入的CO的物质的量为：1mol-0.25mol=0.75mol，故D错误。
考点：阿伏伽德罗定律的应用
4.20 ℃饱和NaCl溶液密度为ρg·cm－3，物质的量浓度为c mol·L－1，则下列说法中不正确的是（ ）
A. 温度低于20℃时，饱和NaCl溶液的浓度小于
B. 此溶液中NaCl的质量分数为
C. 20℃时，密度小于的NaCl溶液是不饱和溶液
D. 20℃时，饱和NaCl溶液的溶解度
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氯化钠的溶解度随温度的降低而降低，在20℃时，饱和NaCl溶液的浓度为，所以温度降低，必有氯化钠晶体析出，其物质的量浓度必小于cmol/L，A项正确；
B. 根据质量分数的本义，设取此溶液的体积为1L，则此1L溶液中NaCl的质量为cmol/L×1L×58.5g/mol=58.5cg，溶液的质量为ρg/cm3×1000mL=1000ρg，所以该溶液的质量分数为，B项正确；
C.已知氯化钠溶液的浓度越大，其密度越大。20℃时，饱和氯化钠溶液的密度是，密度小于的NaCl溶液是不饱和溶液，C项正确；
D. 设取该氯化钠饱和溶液的体积为1mL，则其质量为，依据溶解度的本义，根据饱和溶液中溶质质量和溶剂质量来计算溶解度。20℃时，NaCl的溶解度，D项错误；
所以答案选择D项。
【点睛】①氯化钠溶解度随温度的变化不大，但仍然随温度的升高而略有升高。②氯化钠晶体不含有结晶水。
5.下列的图示与对应的叙述不相符的是( )
A. 图1表示KNO3的溶解度曲线，图中a点表示的溶液通过恒温蒸发可以达到b点
B. 图2表示某一放热反应，若使用合适的催化剂，、均减小，不变
C. 图3表示向Na2CO3和NaOH的混合溶液中滴加稀盐酸时，产生CO2的情况
D. 图4表示向100mL0.1mol/L的AlCl3和0.1mol/L的(NH4)2SO4混合溶液中滴加1mol/L的NaOH溶液时n(Al3+)和n(AlO2-)的变化情况
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶解度曲线上的每一个点均对应饱和溶液，线下的每一个点均对应不饱和溶液，图中a、b点的温度相同，a点对应不饱和溶液，b点对应饱和溶液，所以a点的不饱和溶液可以通过恒温蒸发减少水分，使溶液饱和而达到b点，A项正确；
B．从图示可以看出，生成物的总能量小于反应物，所以该反应为放热反应；（正）催化剂可以减小正、逆反应的活化能（E1、E2），但并不影响整个反应的焓变，B项正确；
C．从图示可以看出，横坐标30至40mL段是发生反应：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，所以在加入的前30mL盐酸中必然也有10mL发生反应：CO32-+H+=HCO3-，还有20mL盐酸用于中和NaOH：H++OH-=H2O，C项正确；
D．整个过程中先后发生3个反应。第1阶段形成Al(OH)3沉淀：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，从量上看，n(Al3+)为0.01mol，消耗n(OH-)为0.03mol,图示此部分表达正确；第2阶段发生反应：NH4++OH-=NH3·H2O，从量上看，n(NH4+)为0.02mol,所以消耗n(OH-)为0.02mol，而图示是0.01mol，D项错误；
所以答案选择D项。
6.实验室需要用480mL0.1mol•L-1的硫酸铜溶液，以下配制方法正确的是（ ）
A. 称取胆矾（CuSO4·5H2O），配成500mL溶液
B. 称取胆矾（CuSO4·5H2O），加入500mL水配成溶液
C. 称取无水硫酸铜粉末，加入480mL水配成溶液
D. 称取无水硫酸铜粉末，加入500mL水配成溶液
【答案】A
【解析】
【分析】
硫酸铜溶液中溶质是硫酸铜，使用胆矾配制硫酸铜溶液时，结晶水将变成溶剂水。配制480mL溶液，需使用500mL容量瓶，所有药品的用量均按配制500mL该浓度溶液的用量计算。
【详解】A.配制0.1mol/LCuSO4溶液500mL，需要CuSO40.05mol，所以需称取胆矾的质量为0.05mol×250g/mol=12.5g，A项正确；
B. 胆矾的质量数值正确，但加入水的体积错误，应是“加水形成500mL溶液”，B项错误；
C. 实验室没有480mL规格的容量瓶，C项错误；
D. 加入水的体积应小于500mL（加入无水硫酸铜的质量数值正确），D项错误；
所以答案选择A项。
7.中国传统的文房四宝是“笔墨纸砚”，下列对应的主要材料所属物质、物质分类有误的是
文房四宝
材料所属物质
物质分类
A
毛笔（纯狼毫）
蛋白质
化学纤维
B
墨
碳
单质
C
宣纸
纤维素
糖
D
石砚
石英、云母、石灰石
氧化物、盐
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
A.毛笔（纯狼毫）用的是动物毛，属于蛋白质，是天然纤维；
B.墨是烧制的碳黑，主要成分是碳；
C. 宣纸中的纤维是竹木纤维或竹木纤维再生得到，是纤维素；
D. 石砚的材料是石英、云母、石灰石等矿物，属于氧化物、盐类。
【详解】A.毛笔（纯狼毫）用的是黄鼠狼的尾毛，属于蛋白质，是天然纤维；而化学纤维包括人造纤维和合成纤维；A错误；
B.墨是烧制的碳黑，是碳，为单质；
C. 宣纸中的纤维是竹木纤维或竹木纤维再生得到，是纤维素，属于糖类；
D. 石砚的材料是石英、云母、石灰石等矿物，属于氧化物、盐类。
故选A。
8.下列说法正确的有（ ）
①稳定性：HF＞H2O＞NH3 ②离子半径：Na＋＞Mg2＋＞F－ ③电子数：CH4>CH3->-CH3 ④结合质子能力：OH->AlO2->HCO3- ⑤熔沸点：AsH3＞PH3＞NH3 ⑥分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液 ⑦若HmXOn为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性（m、n为正整数）
A. 2项 B. 3项 C. 4项 D. 5项
【答案】B
【解析】
【详解】①正确，因非金属性F>O>N，所以气态氢化物的热稳定性：HF>H2O>NH3；
②错误，在电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，所以离子半径F->Na+>Mg2+；
③错误，分析三种微粒的电子数分别为：10、10、9；
④正确，当溶液中有OH-、AlO2-、HCO3-时，OH-先反应，其次是AlO2-，最后是HCO3-；
⑤错误，N、P、As属于同一主族，NH3因形成分子间氢键，所以熔沸点最高；因AsH3相对分子质量大于磷化氢，所以AsH3的熔沸点高于PH3；
⑥正确，根据分散质直径的大小，浊液>胶体>溶液；
⑦错误，如硝酸为强酸，而氮的氢化物中，氨气溶于水显碱性；
所以正确的共有3项。答案选择B项。
【点睛】根据AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，可顺利判断出AlO2-结合H+的能力强于CO32-。
9.已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3－，氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2。下列有关离子反应或离子方程式的叙述中，正确的是（ ）
A. 常温下，中性溶液中，、、、能大量共存
B. 向含有的溶液中通入充分反应：4Fe2++2I-+3Cl2=4Fe3++6Cl-+I2
C. 向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-
D. 向溶液中滴加少量氯水，再加入溶液振荡，静置，有机层呈橙色
【答案】C
【解析】
【详解】A. Fe3+只存在于强酸性溶液中，在中性溶液中Fe3+已沉淀完全，A项错误；
B. 依据还原性强弱，I-优先反应，其次才是Fe2+。依据离子方程式2I-+Cl2=I2+2Cl-，溶液中0.8molI-完全反应需消耗0.4molCl2，而现在只通入0.3mol，所以Fe2+没有参与反应，离子反应方程式为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，B项错误；
C. 从题给信息可知次氯酸的酸性大于HCO3-，所以向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，注意不能生成CO32-，因为HClO能与CO32-继续反应生成HCO3-，C项正确；
D. 氯气先与Fe2+反应，再与Br-反应。所以滴加少量的氯水，并不会生成溴单质，而是发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，D项错误；
所以答案选择C项。
10.下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是( )
选项
条件
离子组
离子共存判断及离子方程式
A
滴加氨水
Na＋、Fe3＋、Cl－、NO3-
能大量共存
B
由水电离出c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1
K＋、NH4+、Cl－、AlO2-
能大量共存
C
pH＝1溶液
Fe3＋、NH4+、I－、SO42-
不能大量共存，2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2
D
通入少量SO2气体
K＋、Na＋、ClO－、SO42-
不能大量共存，
2ClO－＋SO2＋H2O=2HClO＋SO32-
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.氨水能与Fe3+发生反应生成沉淀：Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，A项错误；
B.由水电离出的c(H+)=10-13mol/L，说明水的电离受到了抑制，该溶液可能为强酸性溶液或强碱性溶液，在酸性条件下，AlO2-不能大量存在：AlO2-+4H+=Al3++2H2O，在碱性条件下，NH4+不能大量存在：NH4++OH-=NH3·H2O，B项错误；
C.首先考虑4种离子间不能大量共存：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，注意所给的4种离子均能单独大量存在于强酸性溶液中，C项正确；
D.所给的4种离子均能大量共存，但还要考虑次氯酸的强氧化性和二氧化硫的强还原性，所以产物为SO42-和Cl-:SO2+ClO-+2OH-=SO42-+Cl-+H2O，D项错误；
所以答案选择C项。
【点睛】B项分析中还是明确温度为20℃更加合理，也可以直接判断NH4+和AlO2-因发生双水解反应而不能大量共存。
11.还原沉淀法是处理含铬（Cr2O72-和CrO42-）废水常用方法，过程如下：
，已知废水中Cr的含量为26.0g·L－1，当溶液中离子浓度小于10－5mol/L时认为离子已经沉淀完全。常温下Ksp[Cr（OH)3]= 1×10-32。有关叙述中不正确的是（ ）
A. 上述三个转化中只有一个涉及氧化还原反应
B. 第二步离子方程式为：Cr2O72-+14H＋+6Fe2＋=2Cr3++7H2O+6Fe3＋
C. 处理含铬废水可使用强碱Ba(OH)2，也可以使用弱碱氨水
D. 当pH≥5时，废水中铬元素沉淀完全
【答案】C
【解析】
试题分析：A、第二步反应中铬元素和铁元素化合价变化，为氧化还原反应，故A正确；B、酸性条件下，重铬酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应生成铬离子和铁离子，故B正确；C、用强碱氢氧化钡调节溶液的pH，会引入钡离子杂质，会污染水，故C错误；D、当溶液中的pH大于等于5时，根据氢氧化铬的溶度积计算，铬离子浓度小于等于10-5mol/L，说明铬元素完全沉淀，故D正确。
考点： 氧化还原反应
12.下列各组物质按照纯净物、混合物、强、弱电解质和非电解质顺序排列的是（ ）
A. 氯水，水煤气，硫酸，醋酸，干冰
B. 冰醋酸，福尔马林，硫酸钡，次氯酸，乙醇
C. 单甘油酯，混甘油酯，水玻璃，氢硫酸，三氧化硫
D. 胆矾，漂白粉，氯化钾，氢氟酸，氯气
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氯水是氯气的水溶液，属于混合物，水煤气主要成分是CO和H2，属于混合物，硫酸是强电解质，醋酸是弱电解质，干冰是非电解质，A项错误；
B. 冰醋酸是乙酸的俗名，属于纯净物，福尔马林是甲醛的水溶液，属于混合物，硫酸钡是强电解质，次氯酸是弱电解质，乙醇是非电解质，B项正确；
C. 单甘油酯是纯净物，混甘油酯是纯净物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，氢硫酸是弱电解质，三氧化硫是非电解质，C项错误；
D. 胆矾是五水合硫酸铜的俗名，属于纯净物，漂白粉主要成分是氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，氯化钾是强电解质，氢氟酸是弱电解质，氯气不属于非电解质，D项错误；
所以答案选择B项。
【点睛】此题采用排除法可以快速获得答案。A项中因氯水不是纯净物而直接排除，C项水玻璃是混合物而直接排除，D项氯气不属于非电解质而直接排除。
13.下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 图甲中，b曲线的热化学方程式为：H2O2(l)=H2O(l)+O2(g)△H=(E1-E2)kJ/mol
B. 图乙表示氢氟酸为弱酸，且a点的数值比b点数值大
C. 图丙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
D. 图丁表示溶液滴定醋酸溶液的滴定曲线
【答案】A
【解析】
【详解】A．图示中的各物质计量数与热化学方程式相同，焓变等于正反应的活化能与逆反应的活化能之差，A项正确；
B．盐酸是强酸，对比可知氢氟酸是弱酸；a、b两点对应的温度相同，所以Kw应相同，B项错误；
C．横轴表示时间，“先拐先平数值大”，即乙的压强比甲的压强大，该反应是正向气体分子数减小的反应（注意D为固体），乙相对于甲来说相当于加压，加压，该平衡正向移动，反应物的含量降低，而所给图示中甲、乙条件下反应物的含量是相等的，C项错误；
D．因醋酸是弱酸，所以当加入20mLNaOH溶液时，刚好反应完全，生成醋酸钠溶液，此时溶液显碱性而不是pH=7，D项错误；
所以答案选择A项。
14.如图所示，向A、B中均充入1mol X、lmol Y，起始时A、B的体积都等于a L,在相同温度、外界压强和催化剂存在的条件下，关闭活塞K，使两容器中都发生下述反应： X（g）+Y（g）2Z（g）+W（g） △H＜0。达平衡时，A的体积为1.4a L。下列说法错误的是( )
A. 反应速率：
B. 平衡时的压强：
C. A容器中X的转化率为80%
D. 平衡时Y体积分数：A
【解析】
【详解】A. 由图可知A为恒压过程，B为恒容过程，而且该反应为体积增大的反应，所以反应过程中B的压强大于A，根据压强对速率的影响可知，反应速率，A项正确；
B. A为恒压过程，B为恒容过程，而且该反应为体积增大的反应，所以反应过程中B的压强大于A，平衡时B的压强也大于A，即PB>PA，B项错误；
C. 根据同温同容时，气体的压强之比等于其物质的量之比，达到平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的1.4倍，即1.4×2mol=2.8mol，即增加了0.8mol，根据化学方程式的计算可以知道，
X(g)+Y(g) 2Z(g)+W(g) △n
1 1
0.8mol 0.8mol
即达平衡后，反应掉0.8mol,A容器中X的转化率为80%，C项正确；
D. A为恒压过程，B为恒容过程，而且该反应为体积增大的反应，所以反应过程中B的压强大于A，所以A中的反应正向进行的程度大于B中的，所以A中Y的体积分数小于B中的，即平衡时Y体积分数：A
15.利用反应NO2＋NH3→N2＋H2O（未配平）消除NO2的简易装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. a电极反应式是
B. 消耗标准状况下时，被消除的NO2的物质的量为
C. 若离子交换膜是阳离子交换摸，装置右室中溶液的碱性增强
D. 整个装置中NaOH的物质的量不断减少
【答案】D
【解析】
【分析】
从所给的化学反应可以看出，NH3中N元素的化合价升高，对应原电池的负极，NO2中N元素的化合价降低，对应原电池的正极。写出两个电极反应进行分析。
【详解】A. a电极通入的是NH3，发生氧化反应：电极反应式是2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，A项正确；
B. 标准状况下时4.48LNH3的物质的量为0.2mol，据得失电子守恒可得4NH3～3NO2，列式得,解得NO2的物质的量为0.15mol,B项正确；
C. 右室中发生电极反应式为2NO2+8e-+2H2O=N2+4OH-，钠离子透过阳离子交换膜进入右极室，因反应生成OH-，使右室溶液的碱性增强，C项正确；
D. 因电池总反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，从整体来看并没有NaOH参加反应或生成，所以整个装置中NaOH的物质的量不变，D项错误；
所以答案选择D项。
16.将50g溶质质量分数为ω1，物质的量浓度为c1的较浓氨水沿玻璃棒加入到VmL水中，稀释后得到溶质质量分数为ω2，物质的量浓度为c2的稀氨水。若c1=2c2，则（ ）
A. ω1>2ω2，V>50
B. ω1<2ω2，V<50
C. ω1=2ω2，V<50
D. ω1>2ω2，V<50
【答案】A
【解析】
【分析】
分析题给的4个选项可知，本题的目标是要比较ω1与2ω2的大小、V与50mL的大小。
【详解】氨水的密度比水小，氨水的浓度越大，其密度越小，50g水的体积为50mL，所以50g氨水的体积大于50mL。由c1=2c2知，50g氨水加入到VmL水中后，溶质的物质的量浓度变为原来的一半，说明溶液的体积变为原来的2倍，所以V大于50mL。
由知，，，
因为c1=2c2，所以， 即，因为ρ2>ρ1，所以ω1>2ω2，故选A项。
第Ⅱ卷
二、非选择题
17.（1）15.6gNa2X中含Na+0.4mol，则Na2X的摩尔质量是____________。
（2）设NA为阿伏加德罗常数的数值，如果a g氧气中含有的分子数为b，则c g氧气在标准状况下的体积约是_________________(用含NA的式子表示）。
（3）某溶液由Mg2＋、Al3＋、Cl－、SO42- 4种离子组成，测得其中Al3＋、SO42-、Cl－的物质的量浓度之比为3：1：13，则溶液中Mg2＋、Al3＋、SO42-的物质的量浓度之比为___________。
（4）标况下，密度为1.25g/L的CO2与CH4组成的混合气体中，CO2的体积分数为______。
（5）将标准状况下体积为aL的HCl气体溶于1000g水中，得到盐酸的密度为b g/cm3，则 该盐酸的物质的量浓度为______________mol/L。
（6）下列各项与胶体性质无关的有______________________。
①卤水点豆腐 ②明矾净水 ③静电除尘 ④油水分离 ⑤血液透析 ⑥三角洲形成 ⑦酸碱中和 ⑧雨后彩虹和海市蜃楼 ⑨臭氧消毒
【答案】 (1). 78g/mol (2). (3). 3：3：1 (4). 42.86％ (5). (6). ④⑦⑨
【解析】
【分析】
（1）先算出Na2X的物质的量，再算其摩尔质量；
（2）先求出cg氧气的物质的量，再利用标准状况下的气体摩尔体积求其体积；
（3）利用电荷守恒（溶液的电中性原则）进行求算；
（4）气体的体积分数在数值上等于其物质的量分数；
（5）利用物质的量浓度的定义式直接进行求算；
（6）胶体的知识主要有布朗运动，丁达尔现象、电泳、聚沉、渗析等；
【详解】(1)据Na2X的化学式知，含Na+0.4mol，则Na2X的物质的量为0.2mol，其质量为15.6g，所以Na2X的摩尔质量；
(2) ag氧气中含有的分子数为b，其物质的量为mol，所以cg氧气的物质的量为，其在标准状况下的体积为=；
(3) 在任何一种溶液中，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。在该溶液中则有：c(Mg2+)×2+c(Al3+)×3=c(SO42-)×2+c(Cl-)×1。设Mg2+、Al3+、Cl-、SO42-的物质的量浓度分别为x、3a、13a、a，所以有2x+3×3a=a×2+13a，解得x=3a，所以溶液中c(Mg2+)：c(Al3+)：c(SO42-)=3a：3a：a=3：3：1；
(4) 设CO2和CH4的物质的量分别为n(CO2)、n(CH4)。CO2的体积分数等于物质的量分数即=，所以只需要求出即可。据密度的本义有：=1.25，求得=，所以CO2的体积分数为=≈42.86％；
(5) 该HCl的物质的量为mol,形成溶液的体积为L，所以该盐酸的物质的量浓度c(HCl)===mol/L；
(6)①涉及的是胶体聚沉；②涉及的是胶体的聚沉；③涉及的是胶体的电泳；④涉及的是乳浊液的分离，与胶体无关；⑤涉及的是胶体的渗析；⑥涉及的是胶体的聚沉；⑦涉及的是中和反应，与胶体的性质无关；⑧均与水雾形成的胶体有关，涉及丁达尔现象；⑨臭氧消毒是利用了臭氧的氧化性，与胶体的性质无关；所以答案选择④、⑦、⑨。
18.三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
（1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式__________。
（2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1=48 kJ·mol−1
3SiH2Cl2(g)SiH4(g)+2SiHCl3 (g) ΔH2=−30 kJ·mol−1
则反应4SiHCl3(g)SiH4(g)+ 3SiCl4(g)ΔH=__________ kJ·mol−1。
（3）对于反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343 K时反应的平衡转化率α=_________%。平衡常数K343 K=__________（保留2位小数）。
②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是___________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有____________、___________。
③比较a、b处反应速率大小：υa________υb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率υ=υ正−υ逆=−，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处=__________（保留1位小数）。
【答案】 (1). 2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl (2). 114 (3). 22 (4). 0.02 (5). 及时移去产物 (6). 改进催化剂 (7). 提高反应物压强（浓度） (8). 大于 (9). 1.3
【解析】
分析：本题考查的是化学反应原理的综合应用，主要包括反应与能量以及化学反应速率、平衡的相关内容。只需要根据题目要求，利用平衡速率的方法进行计算即可。
详解：（1）根据题目表述，三氯氢硅和水蒸气反应得到(HSiO)2O，方程式为：2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。
（2）将第一个方程式扩大3倍，再与第二个方程式相加就可以得到第三个反应的焓变，所以焓变为48×3+(－30)=114kJ·mol-1。
（3）①由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应。从图中读出，平衡以后反应转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1mol/L，得到：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.22 0.11 0.11 （转化率为22%）
平衡： 0.78 0.11 0.11
所以平衡常数K=0.112÷0.782=0.02。
②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离（两边物质的量相等，压强不影响平衡）。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强（增大反应物浓度）、加入更高效的催化剂（改进催化剂）。
③a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即Va＞Vb。根据题目表述得到，，当反应达平衡时，＝，所以，实际就是平衡常数K值，所以0.02。a点时，转化率为20%，所以计算出：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.2 0.1 0.1 （转化率为20%）
平衡： 0.8 0.1 0.1
所以=0.8；==0.1；所以
点睛：题目的最后一问的计算过程比较繁琐，实际题目希望学生能理解化学反应的平衡常数应该等于正逆反应的速率常数的比值。要考虑到速率常数也是常数，应该与温度相关，所以不能利用b点数据进行计算或判断。
19.金属钛（Ti）因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。以钛铁矿（主要成分钛酸亚铁）为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如下。请回答下列问题。
（1）钛酸亚铁（用R表示）与碳在高温下反应的化学方程式为2R+C═2Fe+2TiO2+CO2↑，钛酸亚铁的化学式为_______________；钛酸亚铁和浓H2SO4反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，该反应的化学方程式为_____________________________________。
（2）上述生产流程中溶液Ⅰ中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的Ksp如下表所示。
氢氧化物
Fe(OH)2
TiO(OH)2
Mg(OH)2
Ksp
8.0×10-16
10×10-29
1.8×10-11
①常温下，若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018mol/L，当溶液的pH等于_______时，Mg(OH)2开始沉淀。
②若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方程式为___________________________________________________________。
（3）中间产品乙与焦炭、氯气在高温下发生反应制取TiCl4的方程式为______________。Mg还原TiCl4过程中必须在1070K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是_________。
【答案】 (1). FeTiO3 (2). FeTiO3+2H2SO4═TiOSO4+FeSO4+2H2O (3). 10 (4). TiO2++2H2O═TiO（OH）2↓（或H2TiO3）+2H+ (5). TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO (6). 隔绝空气
【解析】
【详解】钛铁矿用浓硫酸溶解，反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，向所得溶液中加入大量水稀释后加入过量的铁粉还原铁离子，过滤得到滤液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到溶液中 含有亚铁离子、TiO2+和少量镁离子等阳离子，冷却结晶得到副产品主要为硫酸亚铁，滤液中加入水加热过滤得到H2TiO3 ，H2TiO3加热灼烧得到TiO2，加入氯气、过量碳高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳，四氯化钛和金属镁高温下反应得到氯化镁和钛金属。(1). 钛酸亚铁与碳在高温下反应的化学方程式，根据原子守恒，钛酸亚铁的化学式为FeTiO3 ，钛酸亚铁和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成还生成硫酸亚铁和水，该反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；(2) ①加入过量的铁粉还原铁原子，防止亚铁离子被氧化为铁离子，溶液中镁离子的物质的量浓度为0.0018mol/L，析出氢氧化镁时，溶液中的c(OH-)=mol/L=10-4mol/L，则溶液中的氢离子浓度为10-10mol/L，则溶液的pH=10；②TiO（OH）2的溶度积最小，溶液加水稀释析出的白色沉淀为TiO（OH）2，该反应的离子方程式为TiO2++2H2O═TiO（OH）2↓（或H2TiO3）+2H+； (3). 乙为TiO2，与氯气和过量的碳高温加热反应生成TiCl4和一氧化碳，反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO，镁能与空气中氧气、氮气反应，需要隔绝空气进行。
20.硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：
H2S
S8
FeS2
SO2
SO3
H2SO4
熔点/℃
−85.5
115.2
>600（分解）
−75.5
16.8
10.3
沸点/℃
−60.3
444.6
−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S8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__________。
（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+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。
【答案】 (1). (2). 哑铃（纺锤） (3). H2S (4). S8相对分子质量大，分子间范德华力强 (5). 平面三角 (6). 2 (7). sp3 (8). (9).
【解析】
【分析】
（1）根据铁、硫的核外电子排布式解答；
（2）根据价层电子对互斥理论分析；
（3）根据影响分子晶体熔沸点高低的是分子间范德华力判断；
（4）根据价层电子对互斥理论分析；
（5）根据晶胞结构、结合密度表达式计算。
【详解】（1）基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子的电子排布图（轨道表达式）为；基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则电子占据最高能级是3p，其电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形。
（2）根据价层电子对互斥理论可知H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是，因此不同其他分子的是H2S。
（3）S8、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体，由于S8相对分子质量大，分子间范德华力强，所以其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多；
（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，根据（2）中分析可知中心原子含有的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以其分子的立体构型为平面三角形。分子中存在氧硫双键，因此其中共价键的类型有2种，即σ键、π键；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子形成4个共价键，因此其杂化轨道类型为sp3。
（5）根据晶胞结构可知含有铁原子的个数是12×1/4+1＝4，硫原子个数是8×1/8+6×1/2＝4，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，则其晶体密度的计算表达式为；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长是面对角线的一半，则为nm。
【点睛】本题主要是考查核外电子排布、杂化轨道、空间构型、晶体熔沸点比较以及晶胞结构判断与计算等，难度中等。其中杂化形式的判断是难点，由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致；价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。两者相结合，具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。
21.某芳香烃X（相对分子质量为92）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物，H是一种高分子，链节组成为C7H5NO。
已知：（苯胺，易被氧化）
（1） X的名称是________________，反应①②③④⑤中属于氧化反应的是___________。
（2）反应②③两步能否互换_______（填“能”或“不能”），理由是_____________________。
（3）反应④的化学方程式是________________________________________________。
（4）的同系物M比其本身相对分子质量大14，M的同分异构体中能同时满足以下条件： ①芳香族化合物， ②能发生水解反应， ③与FeCl3溶液能够发生显色反应，④苯环上有两个取代基；共有__种。（不考虑立体异构）
（5）请用合成反应流程图表示出由和其他无机物合成最合理的方案。
________________________________________________________________。
【答案】 (1). 甲苯 (2). ②⑤ (3). 不能 (4). 因为还原得到的氨基会被氧化 (5). (6). 9 (7).
【解析】
【分析】
（1）利用其相对分子质量，采用除商取余法分析其碳原子数和氢原子数；逐一依反应条件和结构的变化分析这5个反应，用好题给新反应信息；
（2）根据题给新信息，苯环上氨基易氧化；
（3）该反应是氨基与羧基间的缩聚反应；
（4）先确定M的分子式，然后同时满足题给的4个条件；
（5）比对原料和产物的结构，既要将苯环催化加氢，又要将氯原子换为羟基，同时在环上对应位置引入一个羟基。
【详解】(1).设芳香烃X的分子组成为CxHy，其相对分子质量为92，则92除以12，得7余8，由烷烃中碳原子数与氢原子关系可知，该烃中碳原子数不能小于7，故该芳香烃的分子式为C7H8，则X为甲苯；从反应条件可以看出，反应①是硝化反应（取代反应）；经反应②和③后，结构中出现了羧基和氨基，显然是由甲基氧化和硝基还原而来，因苯胺易被氧化，所以应是先将甲基氧化，后将氨基还原，所以②是氧化反应，③是还原反应；反应④形成了高分子化合物，应是发生了缩聚反应；反应⑤从反应条件来看，显然是氧化醛基的银镜反应，所以①、②、③、④、⑤中发生氧化的反应有：②和⑤；
(2)②和③两步不能互换。因苯胺易被氧化，所以必须先将甲基氧化，否则还原得到的氨基又被氧化；
(3) 从所给链节可以看出，反应④是氨基和羧基间的缩聚反应，反应方程式表达为：
(4) 的同系物M比其本身相对分子质量大14，说明多一个CH2，从M的同分异构体同时满足的条件来看：①属于芳香族化合物，说明结构中有苯环，从碳原子来看，此处只能形成一个苯环；②能发生水解反应，说明该物质结构中有酯基；③与FeCl3溶液能够发生显色反应，说明结构中有酚羟基；④苯环上有两个取代基，结合以上的分析判断，可知这两个取代基一个是羟基，另一个可能是-COOCH3或HCOOCH2-或CH3COO-，两个基团在苯环上的位置关系各有邻、间、对三种，所以符合条件的M的同分异构体共有9种；
(5) 采用逆推分析。要合成，只需要合成，再逆推一步，只需要合成，而该物质可由原料直接发生消去反应而得到。所以合成路线设计为：。
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