【化学】四川省内江市2020届高三第三次模拟考试理科综合（解析版）
四川省内江市2020届高三第三次模拟考试理科综合
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5. Cr 52 Ag 108
一、选择题（本大题共7小题，每小题 6 分，共42分。在每小题给出的四个选项中 ，只有一项是符合题目要求的）
1.新冠肺炎疫情出现以来，一系列举措体现了中国力量。在各种防护防控措施中，化学知识起到了重要作用。下列有关说法不正确的是（ ）
A. “ 84 消毒液”（主要成份NaClO) 消毒是利用ClO- 的强氧化性，高温消毒是利用高温可使蛋白质发生变性
B. 新冠病毒（直径大约在60 ~ 140 nm)，扩散到空气中不可能形成胶体，酒精杀菌消毒不可能发生化学变化
C. N95 型口罩的核心材料是聚丙烯，属于有机高分子材料
D. 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于卤代烃
【答案】B
【详解】A．“ 84 消毒液”中的ClO-具有强氧化性，能使蛋白质变性，高温也能使蛋白质变性，所以都能杀菌消毒，A正确；
B．新冠病毒的直径可能小于100 nm，扩散到空气中可能形成胶体，B不正确；
C．聚丙烯是由丙烯发生加聚反应生成，属于有机高分子材料，C正确；
D．聚四氟乙烯薄膜是以四氟乙烯为原料，通过加聚反应生成，四氟乙烯属于卤代烃，D正确；
故选B。
2.化合物1，1-二环丙基乙烯是重要的医药中间体。下列有关该化合物的说法正确的是（ ）
A. 分子中所有碳原子共平面 B. 其同分异构体可能是苯的同系物
C. 一氯代物有4种 D. 可以发生加成反应、氧化反应和加聚反应
【答案】D
【详解】A．分子中含有碳碳双键，两个三元环，环上的碳原子均为饱和碳原子，饱和碳原子呈四面体，故所有碳原子不可能在同一平面上，故A错误；
B．该有机物的分子式为C8H12，苯的同系物的通式为CnH2n-6
，不符合苯的同系物的通式，故B错误；
C．该分子中存在三种等效氢，故一氯代物有三种，，故C错误；
D．该有机物含有碳碳双键，可以发生加成反应，加聚反应，氧化反应，故D正确；
答案选D。
【点睛】苯的同系物要满足苯的同系物的通式，结构要相似。
3.NA 表示阿伏加德罗常数的值。下列关于1 L 0. lmo/L FeCl3溶液的说法中正确的是（ ）
A. 加热煮沸至溶液呈红褐色时，得到0. 1 NA Fe( OH)3 胶体粒子
B. 室温下，加水稀释后，溶液中 c(OH- ) 减小
C. 加入0. 3 mol KSCN 溶液，生成0. 1 mol Fe(SCN)3 的红色物质
D. 加入0. 15 mol NaOH 固体后 ，3c( Fe3 + ) +c(H+) =c(Na+) +c(OH-)
【答案】D
【详解】A．加热煮沸时，Fe3+不可能完全水解，即便完全水解，得到Fe( OH)3 胶体粒子也应小于0. 1 NA，因为Fe( OH)3 胶体粒子由许许多多个Fe( OH)3 分子聚集而成，A不正确；
B．室温下，加水稀释，虽然Fe3+的水解程度增大，但溶液中c(H+)减小，c(OH- )增大，B不正确；
C．Fe3+与SCN-生成Fe(SCN)3的反应为可逆反应，所以加入0. 3 mol KSCN 溶液，生成Fe(SCN)3的物质的量应小于0.1mol，C不正确；
D．加入0. 15 mol NaOH 固体后，溶液中剩余Fe3+为0.05mol，Na+为0.15mol，在溶液中存在下列平衡：Fe 3++3H2OFe(OH)3+3H+[设参加反应的n(Fe3+)=x，则生成n(H+)=3x]、H2OH++OH-[设发生电离的n(H2O)=y，则生成n(H+)=n(OH-)=y]，3n( Fe3 + ) +n(H+)= [3×(0.05-x)+3x+y]mol=(0.15+y)mol=n(Na+) +n(OH-)，所以3c( Fe3 + ) +c(H+) =c(Na+) +c(OH-)，D正确；
故选D。
4.由下列实验及现象推出相应结论正确的是（ ）
选项
实验
现象
结论
A
①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液
①产生白色沉淀
原溶液中有SO42-
②再加足量盐酸
②仍有白色沉淀
B
将表面有黑色CuO的热铜丝插入乙醇中，反复多次
闻到有刺激性气味，铜丝变光亮
乙醇被氧化
C
将甲烷与氯气按体积比1:4混合于试管中，光照
反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红
生成的氯代甲烷具有酸性
D
将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置
下层液体显紫红色
氧化性：Fe3+
r(W) >r(Y) >r(X)
C. 工业上常用电解法冶炼 Z 单质
D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性： X>W
【答案】C
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，由“X 原子核外最外层电子数是其内层电子数的2 倍”，可确定X的核外电子排布为2、4，从而确定其为碳；由“Y是地壳中含量最高的元素”，可确定Y为氧；由“常温下，0. 01 mol•L-1 Z的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH = 12”，可确定ZOH为强碱，从而确定Z为钠；由“W 在元素周期表中的族序数是周期数的2 倍”，可确定W的最外层电子数为6，从而确定W为硫。
【详解】A．非金属性硫(W)小于氧(Y)，则W单质的氧化性比Y的弱，A不正确；
B．原子半径应为：r(Na >r(S) >r(C) >r(O)，B不正确；
C．工业上常用电解熔融的NaCl的方法获得钠的单质，C正确；
D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Cc(Cl-)
B. 反应剧烈程度：NH4Cl >HCl
C. Q点溶液显碱性是因为MgCl2发生水解
D. 1000s后，镁与NH4Cl溶液反应停止
【答案】A
【分析】浓度均为l mol•L-1的盐酸和NH4Cl溶液中加入过量的质量、形状均相同的镁条，反应的实质都是Mg+2H+==Mg2++H2↑，从图中可以看出，反应初期，盐酸与镁反应速率快，放出的热量多。反应一段时间后，NH4Cl溶液的pH迅速上升，然后基本恒定；盐酸溶液的pH缓慢上升，当反应时间接近3000s时，pH才迅速上升，然后保持恒定。
【详解】A．从图中可以看出，P点溶液的pH>7，此时c(OH-)>c(H+)；依据电荷守恒可知，c(NH4+) + 2c(Mg2+)+c(H+)=c(Cl-)+ c(OH-)，所以c(NH4+) + 2c(Mg2+) >c(Cl-)，A正确；
B．镁与盐酸反应，溶液温度迅速升高，并达最高点，反应放出热量多，所以反应剧烈程度：HCl >NH4Cl，B不正确；
C．MgCl2水解时，溶液显酸性，所以Q点溶液显碱性不是MgCl2发生水解所致，C不正确；
D．1000s后，镁与NH4Cl溶液反应温度仍在缓慢上升，溶液的pH仍在缓慢增大，说明反应仍在正向进行，D不正确；
故选A。
7.2019 年 11 月《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2 的绿色方法，原理如图所示（已知：H2O2 H+ + H2O , Ka = 2. 4×10一12 )下列说法不正确的是 （ ）
A. b 极上的电极反应为O2 +H2O +2e- =HO2 - +OH
B. X 膜为选择性阳离子交换膜
C. 催化剂可促进反应中电子的转移，加快反应速率
D. 每生成1 mol H2O2 电极上流过4 mole-
【答案】D
【分析】根据图知，a极通入氢气为负极，发生H2-2e－=2H+，b为正极，氧气得电子，b极上的电极反应为O2+H2O+2e-=HO2-+OH-，X膜为选择性阳离子交换膜，让H+进入中间，每生成1mo1H2O2电极上流过2mo1e－，据此分析。
【详解】A．b为正极，氧气得电子，b极上的电极反应为O2+H2O+2e-=HO2-+OH-，选项A
正确；
B．a极发生H2-2e－=2H+，X膜为选择性阳离子交换膜，让H+进入中间，选项B正确；
C．催化剂可促进反应中电子的转移，加快反应速率，选项C正确；
D．氧元素由0价变成-1价，每生成1mo1H2O2电极上流过2mo1e－，选项D错误；
答案选D。
二、非选择题：第8~10题为必考题 ，每个试题考生都必须作答。第11 ~12题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题
8.亚硝酰氯( NOCl) 是有机合成中的重要试剂，为黄色气体或红褐色液体（熔点- 64. 5℃，沸点-5.5℃），具有刺鼻恶臭味，遇水和潮气水解，有多种方法制备。
(1)方法一：将5 g 经300℃下干燥了 3h 并研细的 KCl 粉末装入 50 mL 带有接头及抽真空用活塞的玻璃容器内。将容器尽量减压，在减压下通入0. 002 mol NO2。反应 12 ~ 36 min 即可完成，NO2红棕色消失 ，出现黄色亚硝酰氯，同时还得到一种盐。写出亚硝酰氯的电子式___________，该方法制备NOCl的化学方程式为__________________________，氯化钾需要“干燥”的原因是____________________________________。
(2)方法二：实验室可用如图装置制备亚硝酰氯(NOCl)，检验装置气密性并装入药品打开 K2，然后再打开______（填“K1 ”或"“K3 ”） 通入一段时间气体，其目的为____________
____________________________________，然后进行其他操作，当 Z 有一定量液体生成时，停止实验。写出X 装置中反应的离子方程式_______________________________。
(3)测定产品纯度：取(2)中w g Z 中液态产品溶于蒸馏水，配制成250 ml 溶液；用酸式滴定管准确量取25. 00mL 所配溶液于锥形瓶中，滴加几滴 K2CrO4溶液作指示剂，用滴定管盛装 c mol·L-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液体积为V mL。［已知：Ksp( AgCl ) =1.56 ×10-10 ，Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12，Ag2CrO4为砖红色固体，忽略杂质参与反应］
①盛装AgNO3 标准溶液的滴定管是_______（填“酸式”或“碱式”)棕色滴定管；判断达到滴定终点的方法是___________________________________________________。
②该产品纯度为___________________（用代数式表示）。
【答案】(1). (2). 2NO2+ KCl =KNO3+ NOCl (3). NOCl 遇水易水解，NO2与水反应 (4). K3 (5). 排尽三颈烧瓶中的空气，防止一氧化氮被氧化，防止产品( NOCl) 变质 (6). 3Cu ++ 8H++2NO3- == 2NO↑+ 4H2O+ 3Cu2+ (7). 酸式 (8). 溶液中恰好出现砖红色沉淀且半分钟内不消失 (9). 或
【分析】在玻璃容器内，NO2与KCl发生反应，生成NOCl和KNO3，由于NOCl和NO2都能与水发生反应，所以整个容器内应保持无水环境。实验室用如图装置制备亚硝酰氯(NOCl)，此反应在装置Z中进行，发生反应为2NO+Cl2==2NOCl，装置X为制取NO的装置，铜丝与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮等；装置Y为NO的干燥装置。由于NOCl易发生水解且NO易被空气中的O2氧化，所以反应需在无水、无氧环境中进行，也就是在Z中通入NO前需排尽装置内的空气。计算产品的纯度时，Ag+与Cl-发生反应生成AgCl，由Ksp( AgCl ) =1.56 ×10-10可以看出，Cl-可完全转化为沉淀，由AgNO3的用量可计算出溶液中n(Cl-)，由此计算产品中所含NOCl的质量及纯度。
【详解】(1)亚硝酰氯的化学式为NOCl，由于N、O、Cl分别需要形成3、2、1对共用电子，所以在电子式中，N应位于O、Cl原子的中间，从而得出亚硝酰氯的电子式为；由分析知，NO2与KCl反应生成NOCl，同时还得到一种盐，此盐只能为KNO3，所以该方法制备NOCl的化学方程式为2NO2+ KCl ==KNO3+ NOCl；由于NOCl和NO2都能与水发生反应，所以氯化钾需要“干燥”的原因是NOCl 遇水易水解，NO2与水反应。答案为：；2NO2+ KCl ==KNO3+ NOCl；NOCl 遇水易水解，NO2与水反应；
(2)实验室用如图装置制备亚硝酰氯(NOCl)，检验装置气密性并装入药品打开K2。由于NO与Cl2接触后就会发生反应生成易水解的NOCl，且NO能被空气中的O2氧化，所以通入NO前，需排尽装置Z内的空气，因此打开K3通入一段时间气体，其目的为排尽三颈烧瓶中的空气，防止一氧化氮被氧化，防止产品( NOCl) 变质。X 装置中，铜丝与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和水，反应的离子方程式为3Cu ++ 8H++2NO3- == 2NO↑+ 4H2O+ 3Cu2+。答案为：K3；排尽三颈烧瓶中的空气，防止一氧化氮被氧化，防止产品( NOCl) 变质；3Cu ++ 8H++2NO3- == 2NO↑+ 4H2O+ 3Cu2+；
(3)①因为AgNO3标准溶液会腐蚀橡皮管，且见光易分解，所以盛装AgNO3标准溶液的滴定管是酸式棕色滴定管；滴定终点时，生成的Ag2CrO4为砖红色固体，所以判断达到滴定终点的方法是溶液中恰好出现砖红色沉淀且半分钟内不消失。
②Z 中液态产品溶于蒸馏水，与水反应生成HNO2和HCl，滴加AgNO3溶液，发生反应Ag++Cl-==AgCl↓，25. 00mL 所配溶液中，n(NOCl)=n(Cl-)=n(AgNO3)= cmol·L-1×V ×10-3L= cV ×10-3mol，该产品纯度为=或。答案为：酸式；溶液中恰好出现砖红色沉淀且半分钟内不消失；或。
【点睛】在进行产品纯度计算时，很容易遗忘“配制成250 ml 溶液，用酸式滴定管准确量取25. 00mL所配溶液于锥形瓶”这一过程，从而导致错误的发生。
9.硫酸铅( PbSO4) 广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。工业生产中利用方铅矿（主要成分为 PbS, 含有FeS2等杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2 ) 制备PbSO4的工艺流程如图：
已知：
i. PbCl2难溶于冷水，易溶于热水
ii. PbCl2 (s) + 2 Cl- ( aq ) PbCl42-( aq ) △H> 0
iii.Ksp(PbSO4) =1. 08 ×10-8 , Ksp(PbC12) = 1. 6× 10 -5
(1)“浸取”过程中盐酸与MnO2 、P bS 发生反应生成PbCl2和S 的化学方程式为________________________________，加入NaCl 的目的是_________________________。
(2)沉降操作时加入冰水的作用是___________________________________。
(3) 20°C 时 ，PbCl2 ( s) 在不同浓度盐酸中的最大溶解量( g • L-1 ) 如图所示。下列叙述正确的是_____________（填字母）
A. 盐酸浓度越小，Ksp(PbC12)越小
B.x、y 两点对应的溶液中c( Pb2+ )不相等
C 当盐酸浓度为1 mol• L-1 时，溶液中c( Pb2+)一定最小
D. 当盐酸浓度小于1 mol• L-1时 ，随 HCl 浓度增大，P bCl2 溶解量减少是因为 Cl-浓度增大使 PbCl2溶解平衡逆向移动
(4)调 pH 的目的是__________________________________________________________，PbC12 “转化”后得到 PbSO4, 当c (Cl-)= 0.100mol/L 时 ，c( SO42-) =________________。
(5)滤液 a 经过处理后可以返回到______工序循环使用。利用制备的硫酸铅与氢氧化钠反应制备目前用量最大的热稳定剂－－三盐基硫酸 (3 PbO•PbSO4•H2O) ,写出该反应的化学方程式 _________________________________________________________．
【答案】(1). MnO2 + PbS +4HCl =PbCl2+ S + MnCl2+ 2H2O (2). 增大c( Cl- ) 浓度，平衡ii 向右移动， 增大PbCl2溶解性（或将难溶的PbCl2 转化为 PbCl42-溶入水中，增大PbCl2 溶解性） (3). PbCl2 难溶于冷水，降低PbCl2的 溶解度，便于PbCl2 析出晶体 (4). BD (5). 使 Fe3+ 沉淀而除去 (6). 6. 75 × 10-6 (7). 浸取 (8). 4PbSO4+ 6 NaOH=3 PbO • PbSO4•H2O + 3Na2SO4 +2 H2O
【分析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中；加入Fe2O3溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl。
【详解】(1)根据题意可知该过程中MnO2将PbS2中的S元素氧化成S
单质，锰元素被还原成Mn2+，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为MnO2+PbS+4HClPbCl2+S+MnCl2 +2H2O；加入NaCl 的目的是增大c( Cl- ) 浓度，平衡ii 向右移动， 增大PbCl2溶解性（或将难溶的PbCl2 转化为 PbCl42-溶入水中，增大PbCl2 溶解性）；
(2)温度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-转化为PbC12，便于析出PbC12晶体(或PbC12难溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶体)，所以沉降时加入冰水；
(3)PbCl2是微溶化合物，溶于水存在平衡：PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，由图象可知在浓度为1mol/L时溶解量最小；结合题目所给信息可知，小于1mol/L时，主要是电离出的氯离子抑制氯化铅的溶解，大于1mol/L时，可发生PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，而促进溶解。
A．Ksp(PbCl2)只受温度的影响，温度不变，则Ksp(PbCl2)不变，故A错误；
B．根据分析可知x、y两点对应的溶液中的溶质不同，所以c(Pb2+)不相等，故B正确；
C．根据分析可知当盐酸浓度大于1mol/L之后，主要发生反应：PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，所以此时c(Pb2+)不一定最小，故C错误；
D．根据分析可知盐酸浓度小于1mol·L-1时，主要存在平衡PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，氯离子的增多使平衡逆向移动，故D正确；
综上所述选BD；
(4)调节pH的主要目的是使Fe3+转化为沉淀，从而除去；
沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+SO42-(aq)⇌PbSO4(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=，所以当c(Cl-)=0.1mol/L时，c(SO42-)=6.75×10-6mol/L；
(5)发生沉淀转化后，滤液a中的主要溶质为HCl，所以经处理后可以返回到浸取工序循环使用；反应物有PbSO4和NaOH，生成中有3PbO·PbSO4·H2O ，根据元素化合价的变化可知该反应不是氧化还原反应，根据元素守恒可得方程式：4PbSO4+6NaOH=3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O。
10.
煤、氢气是常见能源，燃煤烟气中的氮硫氧化物要污染环境，氢气是一种清洁高效的新型能源，如何消除烟气中氮硫氧化物和经济实用的制取氢气成为重要课题。
(1)硫碘循环分解水是一种高效、环保制氢方法，其流程图如图。
已知：
反应 I:2H2O (1)=2 H2(g) +O2(g) △H1 = +572kJ•mol-1
反应 II :H2SO4(aq) =SO2 (g) + H2O (l) +O2 ( g) △H2= +327 kJ • mol-1
反应 III:2 HI( aq)=H2 ( g) + I2(g) △H3 =+172k.J•mol-1
则反应SO2 (g)+I2 (g) + 2 H2O (l)=2 HI(aq) + H2SO4 (aq) △H =__________
(2)用某氢化物 H2 R 高效制取氢气 ，发生的反应为2 H2R(g) R2(g) +2H2 ( g) 。
I.若起始时容器中只有H2R, 平衡时三种物质的物质的量与裂解温度的关系如图1。
①图中曲线n 表示的物质是__________（填化学式）。
②C点时,设容器内的总压为p Pa,则平衡常数KP =____________ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压 ＝总压×物质的量分数）。
II.若在两个等体积的恒容容器中分别加入2.0 mol H 2R、1. 0 molH2R,测得不同温度H2R的平衡转化率如图2 所示。
①M点和O正反应速率v( M) ________v( O) (填“>”“<”或“=”,下同）。
②M 、O 两点容器内的压强P(O)______2 P( M) 。
③平衡常数K( M)_____________K( N)。
(3)以连二硫酸根( S2O42-) 为媒介，使用间接电化学法处理燃煤烟气中的NO, 装置如图所示：
①从 A 口中出来的物质是________________。
②写出电解池阴极的电极反应式________________。
③用离子方程式表示吸收池中除去NO 的原理 ___________________________。
【答案】 (1). - 785kJ•mol-1 (2). H2 (3). p Pa (4). < (5). < (6). < (7). O2(或氧气）和较浓的硫酸 (8). 2HSO3-+ 2H ++ 2e –=S2O42-+ 2H2O (9). 2NO +2S2O42-+ 2H2O=N2+ 4 HSO3-
【分析】(1)利用盖斯定律进行计算反应SO2 (g)+I2 (g) + 2 H2O (l)=2 HI(aq) + H2SO4 (aq) 的△H；
(2) I .由反应方程式2H2R(g) R2(g) +2H2 ( g)可 知，若起始时容器中只有H2R，平衡时R2的物质的量为H2的，则曲线l表示的物质是R2， 曲线m表示的物质是H2R， 曲线n表示的物质是H2，据此分析解答；
II.反应2H2R(g) R2(g) +2H2 ( g)中，H2R的物质的量增加，其平衡转化率反而减小，即M.点和O点分别所在的曲线代表H2R的起始量为2.0mol和1.0mol，据此解答；
(3)根据电池原理进行分析解答。
【详解】(1)根据盖斯定律，由-I- II -Ⅲ得反应SO2 (g)+I2 (g) + 2 H2O (l)=2 HI(aq) + H2SO4 (aq) △H=- 785kJ•mol-1；
(2)I .①由反应方程式2H2R(g) R2(g) +2H2 ( g)可知， 若起始时容器中只有H2R，平衡时R2的物质的量为H2的，则曲线n 表示的物质是H2；
②根据A点可知，起始时硫化氢为20mol，B点时，H2R与R2的物质的量相等，设分解的H2R为x，则20-x=，解得x=mol，容器中含有H2Rmol，R2mol，H2
mol，物质的量分数分别为，，，平衡常数Kp=；
II.①反应2H2R(g) R2(g) +2H2 ( g)中，H2R的物质的量增加，其平衡转化率反而减小，即M点和O点分别所在的曲线代表H2R的起始量为2.0mol和1.0mol， 恒容容器中，M点的浓度小于0点，则逆反应速率v(M)< v(O)；
②由图像可知，H2R 的转化率分别为45%和37.5%，可列三段式有：
n(总)M=1.1+0.45+0.9=2.45mol，
n(总)O=0.25+0.375+0.75=1.375mol，2n(总)O =2.75 mol >n(总)M=2.45mol，又图像可知TM=TO，由PV=nRT可得，P(O)<2 P( M)；
③由图中曲线可知，升高温度H2R的转化率增大，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，因T( M)< T( N)，故平衡常数K( M)< K( N)；
(3)①阳极电解质溶液为稀H2SO4，在阳极，溶液中水电离产生的OH-失去电子发生氧化反应，电极反应式为: 2H2O-2e-=O2 ↑+4H+，由于水不断放电消耗，所以阳极区H2SO4溶液浓度不断增大，所以从A口中出来的物质的是O2和较浓的硫酸；
②在电解池阴极上得到电子发生还原反应，根据图可知是HSO3-在酸性条件下发生还原反应，生成S2O42-，其电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；
③根据图示，吸收池中S2O42-和NO是反应物，N2 和HSO3-是生成物，则根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得吸收池中除去NO的原理是2NO +2S2O42-+ 2H2O=N2+ 4 HSO3-。
（二）选考题
[化学—选修：物质结构]
11.2019年10 月9 日诺贝尔化学奖授予三位化学家，以表彰其对研究开发锂离子电池作出
的卓越贡献。PC15、LiFePO4聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6等可作制锂离子电池的材料。回答下列问题：
(l)Fe 的价层电子排布式为______________。Li、Fe、Cl、P 四种元素的第一电离能由大到小的顺序为___________________。
(2) PC13中心原子P 杂化类型是_________。将氨水和FeCl3 溶液混合后过滤出沉淀，再将沉淀溶入KOH 饱和溶液中，得到6 – 羟基配合物溶液，该配合物的化学式为_________。
(3)下列物质沸点最高的是_____________。
.A.正戊烷[ CH3 ( CH2)3CH3 ] B. l-丙醇 ( CH3 CH2 CH2OH)
C.乙二醇( HOCH2 CH2OH) . D. 丙醛( CH3CH2 CHO)
(4)熔融的PC15冷却后变为白色的离子晶体，晶体的晶胞如图所示，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，写出阴、阳离子的化学式 __________；正四面体形阳离子中键角大于PC13 的键角原因为_____________________________________。
(5)电池工作时，Li+ 沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移的过程如图甲所示（图中阴离子未画出）。电解质LiPF6或LiAsF6的阴离子结构如图乙所示（X=P、As）。
相同条件，Li+ 在LiAsF6 中比在LiPF6 中迁移较快，原因是 _________________________________________________。
【答案】(1). 3d64s2 (2). P>Cl> Fe > Li (3). sp3 (4). K3[ Fe( OH )6] (5). C (6). PCl4+ 、PC16- (7). PC13分子中P原子有—对孤电子对，PCl4+ 中P 没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力 (8). AsF6-的半径比P F6-大 ，AsF6-与Li+ 的作用力比P F6-的弱（或Li+ 与 AsF6-形成的离子键更弱或晶格能更小）
【分析】（1）Fe为26号元素，根据核外电子排布式进行分析；
金属性越强，第一电离能一般较小，同周期，同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但P最外层3p能级容纳3的电子，为半满稳定状态，能量较低；
（2）根据价层电子对互斥理论来分析解答，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数；
（3）根据反应物分析6 – 羟基配合物的化学式；
由于醛的极化度很大，所以沸点比烷烃高，醇分子间形成氢建 故沸点比醛高，醇羟基数目越多沸点越高，故所以沸点顺序：醇>醛>烷烃；
（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，一种正四面体形阳离子是PCl4+和一种正六面体形阴离子是PC16-；PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，正四面体形阳离子中键角小于PCl3的键角；
（5）AsF6-的半径比PF6-的大，AsF6-与Li+的作用力比PF6-弱，则Li+在LiAsF6中迁移较快。
【详解】（1）Fe为26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故价层电子排布式为3d64 s2；
金属性越强，第一电离能一般较小，同周期，同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但P最外层3p能级容纳3的电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素，故第一电离能P大于Cl，Li、Fe、Cl、P 四种元素的第一电离能由大到小的顺序为P>Cl> Fe > Li；
（2）三氯化磷分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+（5-3×1）=4，所以磷原子采用sp3杂化；
将氨水和FeCl3 溶液混合后过滤出沉淀Fe(OH)3，再将沉淀溶入KOH 饱和溶液中，得到6 – 羟基配合物溶液，该配合物的化学式为K3[ Fe( OH )6]；
（3）根据反应物分析6 – 羟基配合物的化学式；
由于醛的极化度很大，所以沸点比烷烃高，醇分子间形成氢建 故沸点比醛高，醇羟基数目越多沸点越高，故所以沸点顺序：醇>醛>烷烃；
答案选C；
（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，一种正四面体形阳离子是PCl4+
和一种正六面体形阴离子是PCl6-；PCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+=4，所以原子杂化方式是sp3，PCl5中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=5+=4，所以原子杂化方式是sp3，PCl3分子中P原子有一对孤电子对，PCl4+中P没有孤电子对，孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对间的排斥力，所以PCl5中正四面体形阳离子中键角小于PCl3的键角；
（5）AsF6-的半径比PF6-的大，AsF6-与Li+的作用力比PF6-弱，则Li+在LiAsF6中迁移较快。
[化学一选修5:有机化学基础]
12.1,3 - 环己二酮(）常用作医药中间体，用于有机合成。下列是一种合成1,3-环己二酮的路线。
回答下列问题：
(1)甲的分子式为 ___________________。
(2)丙中含有官能团的名称是_____________________。
(3)反应①的反应类型是 _________ ；反应②的反应类型是 ______________。
(4)反应③的化学方程式为__________________________________________。
(5)符合下列条件的乙的同分异构体共有_____________种。
①能发生银镜反应
②能与NaHCO3溶液反应，且 1 mol 乙与足量NaHCO3 溶液反应时产生气体22. 4 L( 标准状况）写出其中在核磁共振氢谱中峰面积之比为 1 : 6 : 2 : 1 一种同分异构体的结构简式 __________________。（任意一种）
(6)设计以乙醇、 （丙酮）为原料制备(2，4 -戊二酮）的合成路线_______________________________________________________（无机试任选）。
【答案】 (1). C6H11Br (2). 醛基、羰基（酮基） (3). 消去反应 (4). 氧化反应 (5). +CH3CH2OH +H2O (6). 12 (7). 或 (8). CH3CH2OH CH3COOH CH3COOCH2CH3
【分析】甲的分子式为C6H11Br，经过过程①，变为C6H10，失去1个HBr，C6H10经过一定条件转化为乙，乙在CH3SCH3的作用下，生成丙，丙经过②过程，在CrO3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，丙经过③过程，发生酯化反应，生成丁为，丁经过④，在一定条件下，生成。
(1)~(4)由和乙的结构简式，结合中间产物的分子式，可推断出其为；由及反应条件，可推断出丁为。
(5)由性质可推断出该有机物分子中含有1个-CHO和1个-COOH。然后固定-COOH在碳链的一端，写出烃基C4H9-的可能结构，再用-CHO取代其中的1个H原子，便得出可能的同分异构体。
写出其中在核磁共振氢谱中峰面积之比为1∶6∶2∶1的一种同分异构体的结构简式时，应从分析组成切入，由氢原子的种类及峰面积，可确定分子中含有1个-COOH、1个-CHO、2个-CH3、1个-CH2-及1个，将它们进行组合，便得出其结构简式。
(6)由 、乙醇为原料制备，从碳原子看，原料及产品碳原子数都为5个；从反应物考虑，应使用信息“”。
【详解】(1)甲的结构简式为，分子式为C6H11Br。答案为：C6H11Br；
(2)丙的结构简式为，含有官能团的名称是醛基、羰基（酮基）。答案为：醛基、羰基（酮基）；
(3)反应①为生成，反应类型是消去反应；反应②为生成，反应类型是氧化反应。答案为：消去反应；氧化反应；
(4)反应④为生成，化学方程式。答案为：；
(5)由性质可推断出该有机物分子中含有1个-CHO和1个-COOH。然后固定-COOH在碳链的一端，写出烃基C4H9-的可能结构，即为CH3-CH2-CH2-CH2-COOH、CH3-CH2-CH(CH3)-COOH、(CH3)2CH-CH2-COOH、(CH3)3C-COOH，然后再用-CHO取代其中的1个H原子，异构体的种类分别为4、4、3、1种，共计12种。其中在核磁共振氢谱中峰面积之比为1∶6∶2∶1的一种同分异构体，由氢原子的种类及峰面积，可确定分子中含有1个-COOH、1个-CHO、2个-CH3、1个-CH2-及1个，将它们进行组合，便得出其结构简式为或。答案为：或；
(6) 由 、乙醇为原料制备，应先将乙醇氧化为乙酸，乙酸再转化为乙酸乙酯，然后与发生取代反应，生成，再与H2
发生加成反应，便可得到目标有机物。合成路线为CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3。答案为：CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3。
【点睛】合成有机物时，先从碳原子切入，然后考虑如何把反应物衔接起来，此时需利用流程图中具有类似官能团有机物的信息，从而形成解题框架。
