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化学（二）
１．Ｂ 油脂皂化中利用同离子效应，加入 ＮａＣｌ 用电子对数目为６犖 ，２２．４Ｌ环丙烷中共
Ａ
有利于高级脂肪酸钠的析出；Ａ、Ｃ、Ｄ工业 用电子对数目为９犖 ，故２２．４Ｌ乙烯和
Ａ
生产中ＮａＣｌ均做反应物。 环丙烷的混合气体中，共用电子对数目为
２．Ｄ ＣＯ 是直线形分子，Ｃ原子采用ｓｐ杂化， ６犖 ～９犖 ，Ｂ项错误；Ｃ．ＣＨ Ｏ可以为
２ Ａ Ａ ２ ６
每个ＣＯ
２
分子中含有２个Π４
３
大π键，Ａ ＣＨ
３
ＣＨ
２
ＯＨ或ＣＨ
３
ＯＣＨ
３
，当Ｃ
２
Ｈ
６
Ｏ为
正确；ＨＦ在形成分子间氢键时，由于Ｆ原 ＣＨ
３
ＯＣＨ
３
时，无羟基，Ｃ项错误；Ｄ．合成
子上有孤电子对，孤电子对对氢键和成键 氨反应Ｎ （ｇ）＋３Ｈ （ｇ）幑幐２ＮＨ （ｇ）
２ ２ ３
电子对均有一定的排斥作用，因此Ｆ原子 Δ犎＝－９２．４ｋＪ·ｍｏｌ－１，代表生成２ｍｏｌ
在拐角处，Ｂ正确；ｐ 轨道的电子云轮廓 氨气放出９２．４ｋＪ的能量，则放出４６．２ｋＪ
狔
图为沿狔轴方向的哑铃形，图示中电子云 的热量时，生成ＮＨ
３
的分子数目为犖
Ａ
，
沿狔轴分布，符合ｐ轨道电子云特征，Ｃ Ｄ项正确。
正确；ＰＣｌ ３ 中心Ｐ原子的价层电子对数为 ５．Ｂ 饮用水净化时，Ｃｌ ２ 先和 Ｈ ２ Ｏ反应生成
ＨＣｌ和ＨＣｌＯ，由于酸性ＨＣｌ＞ ＨＣＯ ＞
５－３×１ ２ ３
３＋ ＝４，其中σ键电子对数为３，
２ ＨＣｌＯ＞ＨＣＯ－，故 ＨＣＯ－ 和生成的 ＨＣｌ
３ ３
孤电子对数为１，球棍模型为三角锥形，Ｄ 反应但不与 ＨＣｌＯ反应，则该过程的离子
错误。 方程式为 ＨＣＯ－ ＋Ｃｌ Ｃｌ－ ＋ＨＣｌＯ
３ ２
３．Ｄ 转移ＮａＣｌ溶液时，应将玻璃棒下端抵在 ＋ＣＯ ，Ａ相符。用铁氰化钾溶液检验亚
２
刻度线以下，Ａ错误；干燥的氯气不能使 铁离子，亚铁离子与铁氰化钾反应生成蓝
干燥的红布条褪色，碱石灰可吸收氯气， 色沉淀，离子方程式为 Ｋ＋＋Ｆｅ２＋＋［Ｆｅ
湿润的红布条不褪色，无法验证氯气与水 （ＣＮ）］３－ＫＦｅ［Ｆｅ（ＣＮ）］↓，Ｂ不相
６ ６
反应后的产物具有漂白性，Ｂ错误；萃取操 符。ＮａＳ将Ｈｇ２＋转化为沉淀除去，反应
２
作中放气方法应是将分液漏斗倒置，左手
为Ｈｇ２＋＋Ｓ２－ＨｇＳ↓，Ｃ相符。尿素
握住活塞部分，右手顶住塞子，打开活塞
［ＣＯ（ＮＨ ）］具有还原性，次氯酸钠（Ｎａ
２ ２
放气，Ｃ错误；氢氧化亚铁易被氧气氧化，
ＣｌＯ）具有强氧化性；在碱性条件下，尿素
因此制备时，应用长胶头滴管将ＮａＯＨ溶 与次 氯 酸 钠 发 生 氧 化 还 原 反 应 ＣＯ
液滴入ＦｅＳＯ ４ 溶液中，且用植物油液封， （ＮＨ ２ ） ２ ＋ＮａＣｌＯ＋２ＮａＯＨ ＮａＣｌ＋
Ｄ正确。 ＮａＣＯ ＋Ｎ Ｈ ·Ｈ Ｏ，Ｄ相符。
２ ３ ２ ４ ２
４．Ｄ Ａ．重甲基（－ＣＤ ３ ）的摩尔质量为１８ｇ· ６．Ｂ 实验时，应先打开装置Ａ中分液漏斗的活
ｍｏｌ－１，每个－ＣＤ 中含有９个中子，１．５ｇ 塞，用生成的ＳＯ 排尽装置中的空气，防
３ ２
－ＣＤ 中含有中子的数目为０．７５犖 ，Ａ 止空气中的ＣＯ 、Ｈ Ｏ等干扰实验。再打
３ Ａ ２ ２
项错误；Ｂ．标准状况下，２２．４Ｌ乙烯中共 开装置Ｃ中分液漏斗的活塞，使ＮＨ ＯＨ
２
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 化 学 答 案 第 ７ 页（共２４页 ）和ＳＯ 充分反应，Ａ正确。根据题图知， ２个Ｃｌ，配位数为６，Ａ正确；电负性：Ｏ＞
２
单向阀只允许气流向右流动，故可以防止 Ｃｌ＞Ｃ，即ｄ＞ｅ＞ｂ，Ｂ正确；水分子间和氨
装置Ｃ中的液体流向装置 Ａ，可防倒吸， 分子间均存在氢键，且常温下 Ｈ Ｏ为液
２
而装置Ｅ不是防倒吸装置，故单向阀不能 体，ＮＨ 为气体，所以沸点顺序为 Ｈ Ｏ＞
３ ２
用装置Ｅ代替，Ｂ错误。ＮＨ ２ ＯＨ 的性质 ＮＨ ３ ＞ＣＨ ４ ，即ｄ＞ｃ＞ｂ，Ｃ正确；Ｃｌ－核外
不稳定，加热时爆炸，故装置Ｃ应用冷水 电子层数比 Ｎ３－和 Ｏ２－多，Ｃｌ－的半径最
浴控 制 温 度，Ｃ 正 确。７０％ 硫 酸 与
大，Ｎ３－和Ｏ２－核外电子排布相同，Ｏ２－核
Ｎａ ２ ＳＯ ３ 反应，生成的 ＳＯ ２ 中可能混有 电荷数比 Ｎ３－ 大，则 Ｏ２－ 的半径小于
Ｈ ２ Ｏ（ｇ），Ｈ ２ Ｏ（ｇ）进入装置Ｃ中与产物 Ｎ３－，故简单离子半径：ｅ＞ｃ＞ｄ，Ｄ错误。
Ｈ ＮＳＯ Ｈ接触，易导致产物 Ｈ ＮＳＯ Ｈ
２ ３ ２ ３ ９．Ｄ 有机物Ｉ能发生加成反应，不能发生消去
与 Ｈ Ｏ 发生反应生成 ＮＨ ＨＳＯ ，Ｄ正
２ ４ ４ 反应，Ａ错误；如果先水解，得到乙烯醇，
确。
乙烯醇不稳定，容易转化为乙醛，无法再
７．Ｂ Ｄ为 ＮａＣｌ，是食品加工中常用的防腐剂
加聚，所以聚合和水解两步不能颠倒，Ｂ错
（如腌制食品时抑制细菌生长），Ａ正确；Ｅ
误；维纶的吸湿性源于侧链的羟基能与水
为金 属 钠，金 属 钠 着 火 产 生 ＮａＯ ，
２ ２ 形成氢键，甲醛用量减少，才能留下更多
ＮａＯ 与水反应产生 Ｏ ，Ｏ 的助燃性，
２ ２ ２ ２
的羟基，所以降低甲醛用量，能提高维纶
会导致火越来越旺，且金属钠和水反应会
的吸湿性，Ｃ错误；Ⅲ到Ⅳ是甲醛与羟基
产生 Ｈ ，有 爆 炸 风 险，Ｂ 错 误；Ｇ 为
２
形成缩醛的过程，若条件控制不当，甲醛
ＮａＯ ，在隔绝空气条件下与金属钠反应
２ ２
和不同分子链的羟基形成缩醛，则有可能
可得到 Ｆ （ＮａＯ），Ｃ 正确；ＮａＣｌＯ 和
２
得到网状结构，Ｄ正确。
ＨＣｌＯ的相同元素为Ｃｌ和 Ｏ，Ｃｌ在两种
１０．Ａ 由题给信息可知 ＭＯＦ－５为金属离子
物质中均为＋１价，Ｏ均为－２价，化合价
与有机配体通过自组装形成的超分子，
相同，Ｄ正确。
ＭＯＦ－５中ＢＤＣ２－与［ＺｎＯ］６＋间的作
８．Ｄ Ｍ的价电子数为９，则 Ｍ为Ｃｏ，位于第四 ４
用力不是离子键（ＢＤＣ２－的氧原子提供
周期，ａ、ｂ、ｅ、Ｍ 处于不同周期，故ａ在第
孤对电子与［ＺｎＯ］６＋ 形成配位键），Ａ
一周期，ｂ、ｃ、ｄ在第二周期，ｅ在第三周 ４
错误；ＭＯＦｓ是一类具有周期性网络结
期，再根据 Ｑ的结构可知，ａ为 Ｈ。根据
构的多孔晶体材料，用Ｘ射线衍射实验
原子序数大小和成键数目可知ｂ为Ｃ，因
可以测定晶体的结构，Ｂ 正确；观察
为ｂ、ｃ、ｄ为同周期相邻元素，所以ｃ为Ｎ，
ｄ为 Ｏ。由ｅｄ－ 知ｅ的化合价为＋７价，
ＭＯＦ－５的结构可知，有机配体改变必
４
所 以 ｅ 是 Ｃｌ，阳 离 子 的 结 构 为
然导致 ＭＯＦｓ的孔道尺寸发生变化，Ｃ
正确；ＭＯＦ－５具有空腔，尺寸一定，推
测 ＭＯＦ－５的特殊结构能够选择性吸
。Ｍ结合了４个氨基和 附和分离气体，Ｄ正确。
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 化 学 答 案 第 ８ 页（共２４页 ）１１．Ｄ 由题图可知，题图装置为电解池，Ｐｔ电极 确；Ｅ和甲醇反应生成 Ｆ，Ｆ反应生成
上Ｈ Ｏ转化为 Ｈ ，发生得电子的还原 ＯＨ
２ ２
反应，Ｐｔ电极为阴极，则ＰｂＯ
２
电极为阳
Ｏ
Ｚｒ Ｚｒ和（ＣＨ Ｏ）ＣＯ，根据Ａ生成
极，发生氧化反应，电极反应式为 Ｈ Ｏ ３ ２
２
Ｂ 的 反 应 判 断 Ｆ 的 结 构 简 式 为
－ｅ－Ｈ＋＋·ＯＨ，Ａ错误。由题意
可知，阳极区存在苯甲酸与过氧苯甲酸，
则阳极产生的 Ｈ＋移向阴极区，故离子
交换膜ａ为质子交换膜，阴极电极反应
为２Ｈ Ｏ＋２ｅ－Ｈ ↑＋２ＯＨ－，若外
２ ２
电路中转移２ｍｏｌ电子，理论上有 Ｈ ～
２
（或 ），Ｄ正确。
２ｅ－～２Ｈ＋即阴极区有１ｍｏｌＨ 逸出的
２
１
同时有２ｍｏｌＨ＋移入，故理论上阴极区 １３．Ｃ 从题中ｌｎ犽与 关系图，可知随着温度
犜
电解质溶液的质量不变，Ｂ错误。由题
升高，ｌｎ犽逐渐增大，且ｌｎ犽 增大得更
－１
图知·ＯＨ 氧化苯甲酸生成过氧苯甲
多，说明升高温度，逆反应速率增加得更
酸，则生成过氧苯甲酸的反应为Ｐｈ－
多，平衡逆向移动，则该反应正向应为放
ＣＯＯＨ＋２·ＯＨ Ｐｈ－ＣＯＯＯＨ＋ 热反应，且该反应正向为熵减的反应，所
以在低温下能自发进行，Ａ错误；该反应
Ｈ Ｏ，Ｃ错误。 转化为 时引
２ 正向为放热反应，升高温度，正、逆反应
入１个氧原子，失去２个电子，可得关系
速率都增大，平衡逆向移动，Ｂ错误；达
到平衡时正、逆反应速率相等，则有狏
１
式 ～２ｅ－，则外电路中转移１ｍｏｌ
犽
＝狏 ，所以 １ 为平衡常数，设转化的
－１ 犽
－１
电子时，理论上消耗０．５ｍｏｌ ，Ｄ
Ｍ（ｇ）的物质的量为狓 ｍｏｌ，列“三段
正确。
式”：
１２．Ａ 根据题中信息，催化剂表面活性位点上 Ｍ（ｇ） ＋ Ｈ （ｇ） 幑幐 Ｎ（ｇ）
２
易发生化学键的断裂和生成，催化剂
狀／ｍｏｌ １ １ ０
始
ＯＨ
Δ狀／ｍｏｌ 狓 狓 狓
Ｏ
狀／ｍｏｌ １－狓 １－狓 狓
Ｚｒ Ｚｒ上Ｚｒ的位置有化学键的断 平
１－狓 １ ２ 犽
裂和生成，Ｚｒ应为关键活性位点，Ａ错 ＝ ，狓＝ ，犓 ＝ １ ＝
１－狓＋１－狓＋狓 ４ ３ 犽
－１
误；Ｔｉ与Ｚｒ同族，且Ｔｉ位于第四周期，
２ １
×
Ｂ正确；该中间体 Ｍ与Ｄ中的基团存在 ３ ２
＝１２，Ｃ正确；加入合适的
２ ２
明显差异，二者所含的化学键也不同，可 １－ １－
３ ３
×
用红外光谱法检验是否有 Ｍ 存在，Ｃ正 ２ ２
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 化 学 答 案 第 ９ 页（共２４页 ）催化剂，可以使活化分子百分数增大， ０．１
１０－１２．６７×
３ １
犈 －犈 的值为反应的焓变，催化剂不 （ＰＯ３－）＝ ｍｏｌ·Ｌ－１＝
１ －１ ４ １０－１０ ３
能改变反应的焓变，Ｄ错误。
犓
１４．Ｄ Ｈ ３ ＰＯ ４ 为三元弱酸，分步电离，随着 ×１０－３．６７ｍｏｌ·Ｌ－１，犓 ｈ （ＨＰＯ２ ４ －）＝ 犓 Ｗ
ａ２
ＮａＯＨ 溶 液 的 加 入，ｐＨ 逐 渐 增 大，
１．０×１０－１４
＝ ＝ １０－６．８ ＝
ＨＰＯ 浓度逐渐减小，ＨＰＯ－ 浓度先 １０－７．２
３ ４ ２ ４
增大后减小，随后 ＨＰＯ２－ 浓度先增大 犮（ＨＰＯ－）×犮（ＯＨ－）
４ ２ ４ ，犮（ＨＰＯ－ ）＝
犮（ＨＰＯ２－） ２ ４
后减小，ＰＯ３－ 浓度最后增大，所以曲线 ４
４
０．１
ａ、ｂ、ｃ、ｄ分别表示 Ｈ
３
ＰＯ
４
、Ｈ
２
ＰＯ
４
－、 １０－６．８×
３ １
ＨＰＯ２ ４ －、ＰＯ３ ４ － 的分布系数随ｐＨ 的变 １０－４
ｍｏｌ·Ｌ－１＝
３
×１０－３．８ｍｏｌ
化关系，Ａ 正确；当 Ｈ ３ ＰＯ ４ 和 Ｈ ２ ＰＯ ４ － ·Ｌ－１，可得溶液中犮（Ｈ ２ ＰＯ ４ － ）＜犮
分布系数相等时，ｐＨ＝２．１４，即 犓 ａ１ （ＰＯ３－），Ｄ错误。
４
（ＨＰＯ ）＝ １０－２．１４，当 ＨＰＯ－ 和
３ ４ ２ ４
１５．（１） （１分） ｄ（１分）
ＨＰＯ２－ 分布系数相等时，此时溶液的
４
（２）ＲｅＯ 、ＳＯ （２分）
２ ７ ２
ｐＨ＝７．２，即犓 （ＨＰＯ ）＝１０－７．２，数
ａ２ ３ ４
（３）ＨＣｌ（２分） ＮＨ 或ＮＨ ·Ｈ Ｏ（２分）
３ ３ ２
犓
量级为 １０－８，犓 ｈ （Ｈ ２ ＰＯ ４ － ）＝ 犓 Ｗ ＝ （４）８．８×１０－３ｍｏｌ（２分）
ａ１
１０－１１．８６ ＜１０－７．２，ＮａＨ ２ ＰＯ ４ 溶 液 中 （５）２ＲｅＳ ２ ＋７Ｈ ２ Ｏ ２ ＋２ＮＨ ３ ２ＮＨ ４ ＲｅＯ ４
Ｈ ２ ＰＯ ４ － 的电离程度大于其水解程度，溶 ＋４Ｓ＋６Ｈ ２ Ｏ（２分）
液显酸性，Ｂ正确；用 ＮａＯＨ 溶液滴定 （６）温度为６０℃、反萃取相比为２．０、反萃取
ＮａＨＰＯ 溶液，反应生成 ＮａＰＯ ，由 时间为１０ｍｉｎ（２分）
２ ４ ３ ４
图可知，滴定终点时溶液ｐＨ＞１０，酚酞 解析：（１）Ｒｅ是元素周期表中第六周期元素，
的变色范围为８．２～１０．０，滴定终点不 与 Ｍｎ同族，基态 Ｍｎ原子的价层电子排布
在酚酞的变色范围内，所以不可用酚酞 式为３ｄ５４ｓ２，则基态Ｒｅ原子的价层电子排
作指示剂，Ｃ正确；犞（ＮａＯＨ 溶液）＝ 布式为 ５ｄ５６ｓ２，价层电子轨道表示式为
１００ｍＬ时，狀（ＮａＯＨ）＝０．０１ｍｏｌ，狀
，属于ｄ区元素。（２）根据信息
（ＨＰＯ ）＝０．００５ｍｏｌ，二者反应生成
３ ４ ①，焙烧产物为ＣｕＯ、ＦｅＯ 、ＲｅＯ ，Ｓ元素
２ ３ ２ ７
０．００５ｍｏｌＮａＨＰＯ ，ＮａＨＰＯ 的浓度
２ ４ ２ ４ 的焙烧产物为ＳＯ ，根据流程可知“氧化焙
２
０．１
为 ｍｏｌ·Ｌ－１，由图可知加入１００ｍＬ 烧”产生的烟气的主要成分为 ＲｅＯ 和
３ ２ ７
ＳＯ 。（３）据信息②和信息③，可知“有机相
ＮａＯＨ 溶液时，溶 液 的 ｐＨ 为 １０，犮 ２
（ＯＨ－）＝１０－４ｍｏｌ·Ｌ－１，犓 （ＨＰＯ ） 洗脱”时最宜使用的试剂 Ａ 为 ＨＣｌ，“反萃
ａ３ ３ ４
取”时最宜使用的试剂Ｂ为 ＮＨ 或 ＮＨ ·
犮（Ｈ＋）×犮（ＰＯ３－） ３ ３
＝ ４ ＝１０－１２．６７，得出犮
犮（ＨＰＯ２－） Ｈ Ｏ。（４）由题意可知，“还原沉淀”过程中
４ ２
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 化 学 答 案 第１ ０页（共２４页 ）ＨＳ既是还原剂又是沉淀剂，根据化合物中 解更彻底。（２）向洗涤过的废铁屑中加入适
２
元素化合价升降守恒可得关系式８ＲｅＯ－～ 量稀硫酸，控制温度在５０～８０℃至反应完全
４
３Ｈ ２ Ｓ，１Ｌ洗脱液中含ＲｅＯ ４ － 的物质的量为 （铁屑有剩余）。目的：制备ＦｅＳＯ ４ ，原理：Ｆｅ
１．６×１０－３ ｍｏｌ，需还原剂 ＨＳ的物质的量 ＋２Ｈ＋Ｆｅ２＋＋Ｈ ↑，需要铁屑过量，防
２ ２
为６．０×１０－４ｍｏｌ，使还原生成的Ｒｅ４＋完全 止Ｆｅ２＋被氧化为Ｆｅ３＋，故不能加入过量的
沉淀需要 ＨＳ的物质的量为３．２×１０－３ 稀硫酸。（３）趁热过滤，将滤液转入密闭容
２
ｍｏｌ，恰好沉淀完全时，犮（Ｒｅ４＋）＝１０－５ ｍｏｌ 器中，静置、冷却结晶，待结晶完毕后，滤出
· Ｌ－１ 时，溶 液 中 剩 余 犮（Ｓ２－ ） ＝ 晶体，用少量冰水洗涤２～３次，干燥。目的：
分离提纯得到绿矾。用少量冰水洗涤晶体
犓 （ＲｅＳ） ２．５×１０－１０
槡 ｓｐ ２ ＝槡 ｍｏｌ·Ｌ－１＝
犮（Ｒｅ４＋） １０－５ 能降低绿矾的溶解度，减少溶解损失。（４）
５．０×１０－３ｍｏｌ·Ｌ－１，需要通入的 Ｈ
２
Ｓ气体 ①由题干实验装置图可知，仪器Ｂ的名称是
总的物质的量为（６．０×１０－４＋３．２×１０－３＋ （球形）干燥管，由于空气中Ｏ 能够氧化Ｆｅ
２
５．０×１０－３）ｍｏｌ＝８．８×１０－３ｍｏｌ。（５）根据 ＳＯ 引起实验误差，故应持续通入 Ｎ ，排尽
４ ２
题意和流程所得产物可得反应方程式。（６） 空气，防止ＦｅＳＯ 被氧化；②根据数据可知，
４
分析题图２、３、４可知，最佳“反萃取”条件应 ＦｅＳＯ 的质量为（犿 －犿 ）ｇ，结晶水的质量
４ ３ １
为温度为６０℃、反萃取相比为２．０、反萃取时 （犿 －犿 ）ｇ
为 （犿 －犿 ）ｇ，则 有 ３ １ ＝
间为１０ｍｉｎ，此时铼萃取率最高。 ２ ３ １５２ｇ·ｍｏｌ－１
１６．（１）促进ＣＯ２
３
－ 水解，使溶液碱性增强，油脂 （犿
２
－犿
３
）ｇ
，解得狓＝
７６（犿
２
－犿
３
）
；若实
水解更彻底（２分，合理即可）
１８狓ｇ·ｍｏｌ－１ ９（犿
３
－犿
１
）
验时按ｂ、ａ顺序操作，即先加热后通入 Ｎ ，
（２）Ｆｅ＋２Ｈ＋Ｆｅ２＋＋Ｈ ↑（１分） 否（１ ２
２
则Ｆｅ２＋可能被氧化为Ｆｅ３＋，从而导致犿 增
分） 铁屑应过量，否则溶液中可能有Ｆｅ３＋ ３
大，由狓的计算式可知，狓将偏小。
存在（１分，合理即可）
（３）绿矾易溶于水，用少量冰水洗涤可以降
１７．（１）ＳｉＣｌ
４
（ｇ）＋ＳｉＨ
２
Ｃｌ
２
（ｇ）幑幐２ＳｉＨＣｌ
３
（ｇ）
低其溶解度，减少溶解损失（２分，合理即可） Δ犎 ４ ＝（２狀－狆－２犿）ｋＪ·ｍｏｌ－１（２分）
（４）①（球形）干燥管（１分） 排尽装置中的
（２）①
空气，防止ＦｅＳＯ
４
被氧化，将水蒸气全部赶
（
４．５
×
１．２７×１０６
）３
６．３５ １０５
（２分）
入Ｂ装置中（２分，合理即可） ０．１ １．２７×１０６ １．２ １．２７×１０６
（ × ）×（ × ）
６．３５ １０５ ６．３５ １０５
７６（犿 －犿 ）
② ９（犿 ３ ２ －犿 １ ３ ） （２分） 偏小（２分） ②＞（２分） 犜 １ 温度下Ｈ ２ 的平衡转化率为
解析：（１）将５％的ＮａＣＯ 溶液加入盛有一 ８５％，体系总压强为１．３４×１０６Ｐａ，计算可得
２ ３
定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟。目的： 平衡时ＳｉＣｌ（ｇ）的转化率为８５％，犜 温度
４ ２
除去废铁屑表面的油污，原理：加热条件下， 下ＳｉＣｌ（ｇ）的转化率为４５％；由题图１可
４
能促进ＣＯ２－ 水解，使溶液碱性增强，油脂水 知，其他条件相同下，犜 温度下，反应先达到
３ １
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 化 学 答 案 第１ １页（共２４页 ）平衡，即犜 ＞犜 ，则升高温度，ＳｉＣｌ（ｇ）的转 ｍｏｌ，狀（ＳｉＣｌ）＝０．５５ｍｏｌ，狀（Ｈ ）＝１．２
１ ２ ４ ４ ２
化率增大，平衡正向移动，故反应ⅱ为吸热 ｍｏｌ，狀（ＨＣｌ）＝４．５ｍｏｌ，此时气体的总物质
反应，即狀＞０（合理即得２分） 的量为狀
总
＝６．３５ｍｏｌ，则反应ⅰ的标准平衡
（３）ＳｉＣｌ＋ＬｉＡｌＨ ＳｉＨ ＋ＬｉＣｌ＋ＡｌＣｌ 常数犓θ＝
４ ４ ４ ３
（２分） ４．５ １．２７×１０６
（ × ）３
６．３５ １０５
槡３ 。
（４）①２（１分） 犪（２分） ０．１ １．２７×１０６ １．２ １．２７×１０６
４ （ × ）×（ × ）
６．３５ １０５ ６．３５ １０５
②如图（２分）
②犜 温度下Ｈ 的平衡转化率为８５％，体系
１ ２
总压强为１．３４×１０６Ｐａ，计算可得平衡时
ＳｉＣｌ（ｇ）的转化率为８５％，ＳｉＨＣｌ 的转化率
４ ３
为８５％，而犜 温度下 Ｈ 的平衡转化率为
２ ２
解析：（１）反应ⅳ为ＳｉＣｌ ４ （ｇ）＋ＳｉＨ ２ Ｃｌ ２ （ｇ） ６０％，体系总压强为１．２７×１０６Ｐａ，计算可得
幑幐２ＳｉＨＣｌ ３ （ｇ），根据盖斯定律可知，反应ⅳ 平衡时ＳｉＣｌ（ｇ）的转化率为４５％，ＳｉＨＣｌ 的
４ ３
＝２×反应ⅱ－反应ⅲ－２×反应ⅰ，则Δ犎
４ 转化率为９０％；由题图１可知，其他条件相
＝（２狀－狆－２犿）ｋＪ·ｍｏｌ－１。（２）①设平衡
同下，犜 温度下，对应的曲线斜率较大，反应
１
时ＳｉＨＣｌ
３
（ｇ）、ＳｉＣｌ
４
（ｇ）分别转化了狓ｍｏｌ、狔
先达到平衡，说明犜 温度高，即犜 ＞犜 ，则
１ １ ２
ｍｏｌ，根据题干信息可列三段式：
升高温度，ＳｉＣｌ（ｇ）的转化率增大，平衡正向
４
ＳｉＨＣｌ ３ （ｇ） ＋ Ｈ ２ （ｇ） 幑幐 Ｓｉ（ｓ） ＋ ３ＨＣｌ（ｇ） 移动，故反应ⅱ为吸热反应，即狀＞０。（３）
起始量／ｍｏｌ １ ３ ０
根据质量守恒定律，可推知反应生成的两种
转化量／ｍｏｌ 狓 狓 ３狓
盐是铝盐和锂盐，即ＡｌＣｌ 和ＬｉＣｌ，化学方程
平衡量／ｍｏｌ １－狓 ３－狓－２狔 ３狓＋４狔 ３
ＳｉＣｌ ４ （ｇ） ＋ ２Ｈ ２ （ｇ） 幑幐 Ｓｉ（ｓ） ＋ ４ＨＣｌ（ｇ） 式为 ＳｉＣｌ ４ ＋ＬｉＡｌＨ ４ ＳｉＨ ４ ＋ＬｉＣｌ＋
起始量／ｍｏｌ １ ３ ０ ＡｌＣｌ ３ 。（４）①根据题图２晶胞结构可知，１
转化量／ｍｏｌ 狔 ２狔 ４狔 个Ｓｉ原子参与形成４个Ｓｉ－Ｓｉ键，１个Ｓｉ－
平衡量／ｍｏｌ １－狔 ３－狓－２狔 ３狓＋４狔
Ｓｉ键被２个Ｓｉ共用，则１ｍｏｌＳｉ平均有２
由题图１可知，犜 温度下体系初始压强为
２ ｍｏｌＳｉ－Ｓｉ键。１、２号硅原子之间的距离为
１．００×１０６Ｐａ，平衡时总压强为１．２７×１０６
１
体对角线长度的 ，则两原子之间的距离为
Ｐａ，Ｈ
２
的平衡转化率为６０％，即狓＋２狔＝３
４
×６０％＝１．８，平衡时气体的总物质的量＝
槡３
犪。②根据在 ＡＢＤＣ平面的投影关系可
（５＋狓＋狔）ｍｏｌ，恒温恒容条件下，气体的物 ４
５ 知投影如答案图。
质的量之比等于其压强之比，即 ＝
５＋狓＋狔
１８．（１）氰基（１分） ５（１分）
１．００×１０６
，联立两式解得狓＝０．９，狔＝０．
１．２７×１０６ （２）Ｃｌ
４５，即该体系达到平衡时，狀（ＳｉＨＣｌ）＝０．１
３
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 化 学 答 案 第１ ２页（共２４页 ）
Ｏ
（２分）
Ｃｌ（３）减少 Ｎ Ｈ ·Ｈ Ｏ的损耗，同时防止 Ｄ
２ ４ ２
与硫酸反应（２分）
（４）取代反应（１分） 消耗反应产生的 ＨＣｌ，
促进反应正向进行，提高目标产物的产率（２
分）
（５）
（２
分）
Ｈ Ｎ
２
師師
（６）４（２分） ＨＣ師師師師Ｃ帒帒ＣＣＨＯ
３
Ｈ Ｎ ２
（合理即得分，２分）
解析：（１）由有机物 Ａ的结构简式可知其所
含官能团名称为氰基。Ｃ 的结构简式为
ＣＨ
３
師師
帨帨師師
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 化 学 答 案 第１ ３页（共２４页 ）
Ｏ
Ｏ
，含１个苯环和１个碳氧双
键，不饱和度为５。（２）Ｅ 的结构简式为
Ｃｌ
简 式 可 知， Ｈ 的 结 构 简 式 为
ＣＮ
ＮａＯ
Ｎ ＣＮ ，Ｇ→Ｉ的化学方程式为
。
（６）由“Ｇ是化合物 Ｗ 的一氯代物”可知 Ｗ
的分子式为Ｃ Ｈ ＯＮ ，不饱和度为７。能
１０ １０ ２
发生银镜反应，说明 Ｗ 中含有醛基（占１个
不饱和度）；核磁共振氢谱有４组峰，说明结
构高度对称；红外光谱显示分子中含有碳碳
三键（占２个不饱和度），其同分异构体属于
芳香族化合物，说明含有苯环（占４个不饱和
度）；除去以上结构，还应该含有两个处于对
称位置的－ＮＨ 和一个饱和碳原子，符合以
２
上 条 件 的 Ｗ 的 结 构 简 式 为
ＮＨ
２
師師
ＨＣ師師師師Ｃ帒帒ＣＣＨＯ 、 ３
ＮＨ
２
Ｈ Ｎ
２
Ｏ 師師
。（３）浓 硫 酸 可 消 耗 加 入 的 Ｈ ３ Ｃ師師師師Ｃ帒帒ＣＣＨＯ 、
Ｃｌ Ｈ Ｎ
２
Ｎ Ｈ ·Ｈ Ｏ，同时可与生成物Ｄ反应，故加
２ ４ ２ Ｈ Ｎ
２
入饱和碳酸氢钠溶液调至中性的目的是减 師師
ＯＨＣ師師師師Ｃ帒帒ＣＣＨ 、
３
少Ｎ Ｈ ·Ｈ Ｏ的损耗，同时防止Ｄ与硫酸
２ ４ ２
Ｈ Ｎ
２
反应。（４）Ｄ→Ｆ的反应类型为取代反应，加
ＮＨ
２
入碳酸钠可以消耗反应生成的 ＨＣｌ，促进反
師師
ＯＨＣ師師師師Ｃ帒帒ＣＣＨ ，共４种。
应正向进行，提高目标产物产率。（５）Ｈ 为
３
ＮＨ
钠盐，化学式为ＣＮＯＮａ，对比Ｇ、Ｉ的结构 ２
３ ３
