2022年高考福建省化學高考真題

2022年高考福建省化學高考真題

一、單選題

1.福建多個科研機構經過長期聯(lián)合研究發(fā)現，使用C6。和改性的Cu基催化劑，可打通

從合成氣經草酸二甲酯常壓催化加氫制備乙二醇的技術難關。下列說法正確的是

A.草酸屬于無機物B.Cg與石墨互為同分異構體

C.Cu屬于過渡元素D.催化劑通過降低焰變加快反應速率

【答案】C

【詳解】A.草酸屬于二元弱酸，即乙二酸，屬于有機物，A錯誤：

B.C60與石墨是碳元素的不同單質，互為同素異形體，B錯誤；

C.Cu為IB族，屬于過渡元素，C正確；

D.催化劑通過降低反應的活化能加快反應速率，反應焰變不變，D錯誤；

故選C。

2.絡塞維是中藥玫瑰紅景天中含有的一種天然產物，分子結構見下圖。關于該化合物

下列說法正確的是

A.不能發(fā)生消去反應B.能與醋酸發(fā)生酯化反應

C.所有原子都處于同一平面D.Imol絡塞維最多能與3m01乩反應

【答案】B

【詳解】A.該化合物的分子中，與羥基相連的碳原子的鄰位碳原子上有氫原子，可發(fā)

生消去反應，A錯誤；

B.該化合物含有羥基，可與醋酸發(fā)生酯化反應，B正確；

C.該化合物的結構中含有飽和碳原子，不可能所有原子處于同一平面上，C錯誤；

D.Imol絡塞維最多能與4m。1也反應，其中苯環(huán)消耗3mol%,碳碳雙鍵消耗Imol

H2,D錯誤:

故選Bo

試卷第1頁，共18頁

催化劑

3.常溫常壓下，電化學還原制氨氣的總反應方程式：2N+6HO=-4NH,+3O,

22通電2

設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是

A.9g水中含有的孤電子對數為2N,、

B.每產生34gNH3，N?失去的電子數為6NA

C.lmol【T氨水中，含有的N氏-Hq分子數少于NA

D.消耗1L2LN2(已折算為標況)時，產生的0?分子數為0.75N,、

【答案】D

19s

【詳解】A.氏0分子中孤電子對數為](6-2)=2,9gH2。的物質的量為詼扁

=0.5mol,含有的孤電子對數為NA，故A錯誤；

_34g

B.該反應中N2中N元素化合價由0價下降到^3價,34gN&的物質的量為百而R=2mo[,

每產生34gNH、，此得到6moi電子，數目為6明，故B錯誤；

C.氨水的體積未知，無法計算NHs-HQ的分子數，故C錯誤；

D.11.2LN2的物質的量為0.5moL由方程式可知，消耗O.SmolN2,產生的

0.75molO2,數目為0.75NA，故D正確；

故選D。

4.某非線性光學晶體由鉀元素(K)和原子序數依次增大的X、Y、Z、W四種短周期元

素組成。X與Y、Z與W均為同周期相鄰元素，X的核外電子總數為最外層電子數的2

倍，Z為地殼中含量最多的元素。下列說法正確的是

A.簡單氫化物沸點：Z>WB.YW3分子的空間構型為三角錐形

C.原子半徑Y<X<Z<WD.最高價氧化物對應水化物的堿性X<Y

【答案】A

【分析】X的核外電子總數為最外層電子數的2倍，X為Be；Z為地殼中含量最多的元

素，Z為O,X與Y、Z與W均為同周期相鄰元素，Y為B,W為F,據此解答。

【詳解】A.HQ常溫下為液態(tài)，HF常溫下為氣體，沸點Hq>HF,故A正確；

B.YW3為BF3,中心B原子有3對價電子且沒有孤電子對，空間構型為平面三角形,

故B錯誤;

試卷第2頁，共18頁

C.四種元素為同周期元素，隨核電荷數增大原子半徑減小，原子半徑：Be>B>O>F,

故C錯誤；

D.Be最高價氧化物水化物為Be(0H)2，溶液顯兩性，B最高價氧化物的水化物為

H3BO3,溶液顯酸性，故D錯誤；

故選：Ao

5.探究醋酸濃度與電離度(a)關系的步驟如下，與相關步驟對應的操作或敘述正確的

步驟操作或敘述

I.用NaOH標準溶液標定醋酸溶液

A滴定時應始終注視滴定管中的液面

濃度

II.用標定后的溶液配制不同濃度的

B應使用干燥的容量瓶

醋酸溶液

CHI.測定步驟II中所得溶液的PH應在相同溫度下測定

IV.計算不同濃度溶液中醋酸的電C”)

Da=-i~―~rxlOO%

、—二C(CHCOO)

離度計算式為'37

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【詳解】A.中和滴定時眼睛應始終注視錐形瓶內溶液顏色的變化，A錯誤：

B.配制不同濃度的醋酸溶液時，容量瓶不需要干燥，B錯誤；

C.溫度影響醋酸的電離平衡，因此測定步驟I中所得溶液的pH時應在相同溫度下測定，C

正確；

D.電離度是指弱電解質在溶液里達電離平衡時，已電離的電解質分子數占原來總分子

數(包括已電離的和未電離的)的百分數，因此醋酸的電離度計算式為

c(H+)

a=—~~~-xlOO%,D錯誤：

C(CH3COOH)

答案選C。

6.用銘鐵合金(含少量Ni、Co單質)生產硫酸銘的工藝流程如下：

試卷第3頁，共18頁

單酸

*Cr2(SO4),

濾清2

下列說法錯誤的是

A.“浸出”產生的氣體含有H?B.“除雜”的目的是除去Ni、C。元素

C.流程中未產生六價銘化合物D.“濾渣2”的主要成分是Fe2(G0j

【答案】D

【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解,生成氣體為氫氣，溶液中含

Ni2\Co2\C產、Fe?+加入Na2s分離出濾渣1含CoS和NiS,C產、Fe?+不會沉淀，

再加入草酸除鐵生成FeC2C)4,過濾分離出硫酸鋁，以此來解答。

【詳解】A.四種金屬均與稀硫酸反應生成H2,A正確；

B.共有四種金屬，由流程可知，沉鐵后分離出硫酸銘，則“除雜”的目的是除去Ni、Co

元素，B正確；

C.由上述分析可知，流程中未產生六價倍化合物，C正確:

D.“濾渣2”的主要成分是FeC2<)4，D錯誤；

故本題選D。

7.鋰輝石是鋰的重要來源，其焙燒后的酸性浸出液中含有Fe'+、AltFe?+和Mg?+雜質

離子，可在074范圍內調節(jié)pH對其凈化(即相關離子濃度cGO-moLLT)。25℃時，

Ige與pH關系見下圖(堿性過強時Fe(OH)3和Fe(OH)2會部分溶解)。下列說法正確的是

-I\

?2J\/

?I\\\\yI

Y],Fc<,,>\\//

,十\—-、———-

(\\\\

U而"1\

&I

.R4??\、//\\

I/\

t?y?,1f?fff,7,f**

024d8101214

pH

A.Mg?+可被凈化的pH區(qū)間最大

B.加入適量可進一步提升凈化程度

試卷第4頁，共18頁

C.凈化的先后順序：Mg2\Fe2\Fe3\AT

D.Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Fe(OH)2]<Ksp[Al(OH)3]

【答案】B

【詳解】A.對離子凈化時，相關離子濃度c<10-5moi/L,貝IJlgc<-5,由圖可知，可作凈

化的pH區(qū)間最大的是Fe3+,A錯誤；

B.加入適量H2O2,可將Fe2+氧化為Fe3+,提高凈化程度，B正確；

C.由圖可知，凈化的先后順序為Fe"、A產、Fe2\Mg2+,C錯誤；

D.對離子凈化時，相關離子濃度cclO-moI/L,lgcv-5,,由圖可知，Fe3+完全沉淀的pH

約為2.5,c(H+)=10-25mol/L,c(OH-)=10"5mol/L,

553395

^sp[Fe(OH)3]=10-mol/Lx(10"mol/L)=10~,AP+完全沉淀的pH約為4.5,

c(H+)=lO^^mol/L,c(OH)=10-95mol/L,

5953335

^sp[Al(OH)J]=10-mol/Lx(10-mol/L)=10-,Fe?+完全沉淀的pH約為8.5,

+85-5511>2

c(H)=1O-mol/L,c(OH)=10mol/L,Ksp[Fe(OH)2]=10mol/Lx(10mol/L)=10一”’,

則有Ksp[Fe(OH)3kKMAl(OH)3k^sp[Fe(OH)2],D錯誤；

故選B。

8.實驗室需對少量污染物進行處理。以下處理方法和對應的反應方程式均錯誤的是

A.用硫磺處理灑落在地上的水銀：S+Hg=HgS

+<

B.用鹽酸處理銀鏡反應后試管內壁的金屬銀：2Ag+2H=2Ag+H2T

C.用燒堿溶液吸收蔗糖與濃硫酸反應產生的刺激性氣體：SO3+2OH=SO；+H2O

D.用燒堿溶液吸收電解飽和食鹽水時陽極產生的氣體C12+2OH=C1+C1O+H,0

【答案】B

【詳解】A.S和Hg發(fā)生化合反應生成HgS,可以用硫磺處理灑落在地上的水銀，方

程式為：S+Hg=HgS,處理方法和對應的反應方程式正確，不合題意；

B.Ag不活潑，不能和鹽酸反應生成氫氣，處理方法和對應的反應方程式均錯誤，符合

題意；

C.蔗糖與濃硫酸反應產生的刺激性氣體為SO2,可以用NaOH溶液吸收SO2,離子方

程式為SO2+2OH-=SO^-+H2O,處理方法正確，對應的反應方程式錯誤，不符合題

忌-A*.；

試卷第5頁，共18頁

D.電解飽和食鹽水時陽極產生的氣體為Cb，可以用NaOH溶液吸收Cb，離子方程式

為：ci2+2OH-=cr+cio+H2O,處理方法和對應的反應方程式均正確，不符合題

意；

故選B。

9.一種化學“自充電”的鋅-有機物電池，電解質為KOH和Zn(CH3coOb水溶液。將電

池暴露于空氣中，某電極無需外接電源即能實現化學自充電，該電極充放電原理如下圖

所示。下列說法正確的是

A.化學自充電時，c(OH-)增大

B.化學自充電時，電能轉化為化學能

C.化學自充電時，鋅電極反應式：Zn2++2e-=Zn

D.放電時，外電路通過0.02mol電子，正極材料損耗0.78g

【答案】A

【詳解】A.由圖可知，化學自充電時，消耗該反應為。2+2比0+4.40",c(OH-)

增大，故A正確；

B.化學自充電時，無需外接電源即能實現化學自充電，該過程不是電能轉化為化學能,

故B錯誤；

C.由圖可知，化學自充電時，鋅電極作陰極，該電極的電極反應式為

O2+2H2O+4e=4OH-(故C錯誤；

試卷第6頁，共18頁

轉化為

外電路通過0.02mol電子時，正極物

質增加0.02molK+,增加的質量為0.02molx39g/mol=0.78g,故D錯誤:

故選A?

10.氨是水體污染物的主要成分之一，工業(yè)上可用次氯酸鹽作處理劑，有關反應可表示

為:

①2NH3+3CIO=N2T+3C1+3H,0

②N&+4C1O+OH=NO3+4CI+2H2O

在一定條件下模擬處理氨氮廢水將1L0.006moi?!/的氨水分別和不同量的NaClO混合,

測得溶液中氨去除率、總氮（氨氮和硝氮的總和）殘余率與NaQO投入量（用x表示）的關

系如下圖所示。下列說法正確的是

10025

%%

、

9520、

樹

15樹

健

9010米

出5

解

順

85味

，

衣

80

玉

x(NaClO)/mol

A.X1的數值為0.009

B.x>X1時,c(Cr)=4c(NO；)

試卷第7頁，共18頁

C.x>X|時，X越大，生成N2的量越少

D.x=X|時，c（Na+）+c（H+）+c（NH；）=c（Cr）+c（0H）+c（CIO）

【答案】C

【詳解】A.xi時，氨的去除率為100%、總氮殘留率為5%,

?（NH3）=0.006mol/LxlL=0.006mol,95%的氨氣參與反應①、有5%的氨氣參與反應

②，反應①消耗〃竺啖史%x3=0.00855mol,參與反應②消耗

”（C1O）=4x0.006molx5%=0.0012mol,X|=0.00855mol+0.0012mol=0.00975mol,

A錯誤；

B.x>xi時，反應①也生成氯離子，所以c（C「）>4c（NO；）,B錯誤；

C.x>xi時，x越大，氨總去除率不變，氮殘余率增大，說明生成的硝酸根離子越多，

生成N2的量越少，C正確；

D.x=xi時，氨的去除率為100%,溶液中沒有NH：和C1CT,含有Na+、H\NO；、CV

和OH:根據電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（C「）+c（0H-）+c（N0；）,D錯誤；

故本題選C。

二、實驗題

11.某興趣小組設計實驗探究Ce-MnO.,催化空氣氧化CO的效率?；卮鹣铝袉栴}:

步驟I制備CO

在通風櫥中用下圖裝置制備C。（加熱及夾持裝置省略），反應方程式:

HCOOH嗎A喊Z>COT+HQ

（1）裝置A中盛放甲酸的儀器的名稱是。

⑵從B、C、D中選擇合適的裝置收集CO,正確的接口連接順序為

a一一——>一h（每空填…個接口標號）。

步驟H檢驗CO

試卷第8頁，共18頁

將co通入新制銀氨溶液中，有黑色沉淀生成。

(3)該反應的化學方程式為。

步驟III探究Ce-Mn(\催化空氣氧化CO的效率

將一定量CO與空氣混合，得到CO體積分數為1%的氣體樣品。使用下圖裝置(部分加

熱及夾持裝置省略)，調節(jié)管式爐溫度至120℃,按一定流速通入氣體樣品。(已知1205

(4)通入11.2L(已折算為標況)的氣體樣品后，繼續(xù)向裝置內通入一段時間氮氣，最終測

得U形管內生成了0/016口2。

①能證明co被空氣氧化的現象是；

②co被催化氧化的百分率為；

③若未通入氮氣，②的結果將(填“偏大”"偏小''或"無影響”)。

(5)探究氣體與催化劑接觸時長對催化氧化效率的影響時，采用方法可以縮短接

觸時長。

(6)步驟IH裝置存在的不足之處是。

【答案】(1)分液漏斗

(2)a->d-->c->b

(3)CO+2[Ag(NH3)2]OH=2Agi+(NHjCO3+2NH3

(4)石灰水變渾濁60%偏大

(5)增大氣體樣品流速

(6)尾氣出口未加防潮裝置(或其他相似表述)

【分析】在通風櫥中用下圖裝置制備一氧化碳，用A裝置制取一氧化碳，該氣體中含

有甲酸蒸氣，故用水除去甲酸，再用B裝置排水收集一氧化碳氣體，排出的水用E中

的燒杯接收。根據氣體樣品通過氫氧化鈉吸收空氣中的二氧化碳，濃硫酸吸水，一氧化

碳在H中被氧氣氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸收，J中的濃硫酸吸收氣體

試卷第9頁，共18頁

中的水蒸氣，干燥的一氧化碳和12。5,進而測定生成的碘的質量，計算一氧化碳的被氧

化的百分率。據此解答。

【詳解】(1)裝置A中盛放甲酸的儀器為分液漏斗。

(2)用C除去甲酸，B收集一氧化碳，E接收排出的水，故接口連接順序為

a―>d―->c->b->h。

(3)一氧化碳和銀氨溶液反應生成黑色的銀，同時生成碳酸鏤和氨氣，方程式為：

CO+2[Ag(NH3),]OH=2AgJ+(NH)C03+2NH3。

(4)一氧化碳被氧氣氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水變渾濁。碘的物質的量為

善塔=0.0004mol,則結合方程式分析，還有0.002mol一氧化碳未被氧氣氧化，

254g/mol

11.2L氣體為0.5mol其中一氧化碳為0.005moL則被氧化的一氧化碳為

0.005-0.002=0.003mol,則被氧化的百分率為螺|xl00%=60%。如果沒有通入氮氣則

計算的未被氧化的一氧化碳的物質的量減少，則被氧化的百分率增大。

(5)增大氣流速率可以提高催化效率。

(6)：“。5是白色固體，易吸水潮解，但該裝置出氣口未加防潮裝置。

三、工業(yè)流程題

12.粉煤灰是火電廠的大宗固廢。以某電廠的粉煤灰為原料(主要含SiO”ALO,和CaO

等)提鋁的工藝流程如下：

嫉酸K、SO$

II___,

粉煤茨T浸由]~沉鋁卜一1干燥脫?卜庫燒|7次浸|..AIC

,III

浸渣注液I氣體逑液2

回答下列問題：

⑴“浸出”時適當升溫的主要目的是,ALO3發(fā)生反應的離子方程式為。

(2)“浸渣”的主要成分除殘余A4。,外，還有。實驗測得，5.0g粉煤灰(AIQ?的

質量分數為30%)經浸出、干燥后得到3.0g“浸渣”(AIQ,的質量分數為8%),AIQ,的浸

出率為o

(3)“沉鋁”時，體系中三種物質的溶解度曲線如下圖所示，加入K2so4沉鋁的目的是

試卷第10頁，共18頁

，“沉鋁”的最佳方案為o

|6(IT：V

-o-KAKSO也>2HjO/

12小t-K，SC>4

.A1?(S?)4).I8H?1)

A4

▲

M1一3‘

Oj°

020406080|(K>

iMMc

(4)“焙燒”時，主要反應的化學方程式為。

(5)“水浸”后得到的“濾液2”可返回工序循環(huán)使用。

【答案】⑴提高浸出率(或提高浸出速率)Aia+6H+=2A1"+3HQ

⑵SiO2和CaS0484%

(3)使更多的鋁元素轉化為晶體析出，同時保證晶體純度高溫溶解再冷卻結晶

(4)2KA1(SOJ2—K2SO4+A12O3+3SO3T或

4KAl(SO4),=^2K,SO4+2A1,O3+6SO,T+30,T

(5)沉鋁

【分析】粉煤灰為原料(主要含Si02、AI2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣為二氧化硅、硫

酸鈣，加入硫酸鉀，產生復鹽明磯沉鋁，干燥脫水，焙燒產生氧化鋁、硫酸鉀和二氧化

硫或三氧化硫氣體，水浸除去硫酸鉀，得到氧化鋁。

【詳解】(1)溫度高速率大，“浸出”時適當升溫的主要目的是提高反應速率，提高浸出

率；AI2O3和H2s。4發(fā)生反應生成A12(SC>4)3和H2。，離子反應方程式為

+3+

A12O3+6H=2A1+3H2O；

++

故答案為：提高浸出率(或提高浸出速率)；A1203+6H=2AP+3H20O

(2)“浸渣”的主要成分除殘余AI2O3外，還有二氧化硅、硫酸鈣；5.0g粉煤灰AI2O3的

質量為5.0gx30%=1.5g,3.0g“浸渣”AI2O3的質量為3.0gx8%=0.24g,則A12O3的浸出率

試卷第11頁，共18頁

為L5g920gx100%=84%.

故答案為：SQ和CaSO4；84%。

(3)根據沉鋁體系中，A12(SC)4)3T8H2。溶解度最大，KA1(SC)4)2T2H2。溶解度最小，

更容易析出，加入K2s。4沉鋁的目的是更多的使A12(SC>4)3轉化為KA1(SO4)2T2H2。，使

更多的鋁元素轉化為晶體析出，同時保證晶體純度；KA1(SO4)2T2H2。溶解度受溫度影

響較大，“沉鋁”的最佳方案為高溫溶解再冷卻結晶；

故答案為使更多的鋁元素轉化為晶體析出，同時保證晶體純度高溫溶解再冷卻結晶。

(4)“焙燒”時,KA1(SC>4)2分解為K2so八AI2O3和SO3或K2so4、A12O3>SO2和O2,

高溫高溫

==

反應方程式為2KAi(SO6H=K2sO4+AI2O3+3SO3T或4KA1(SO4)2

2K2so4+2AI2O3+6SO2T+3O2T；

高溫高溫

：==：

故答案為：2KAi(SO/J=K2sO4+AI2O3+3SO3T或4KAI(SO4)2

2K2so4+2AI2O3+6SO2T+3O2T。

(5)“水浸”后得到的“濾液2”成分為K2sO4,可在沉鋁工序循環(huán)使用；

故答案為：沉鋁。

四、原理綜合題

13.異丙醇(C3HQ)可由生物質轉化得到，催化異丙醇脫水制取高值化學品丙烯(G%)

的工業(yè)化技術己引起人們的關注，其主要反應如下：

l

I.C3H8O(g)|*tC3H6(g)+H2O(g)AH1=+52kJ-mor

I

II.2c3H6值)±計C6H12(g)AH2=-97kJmor

回答下列問題：

⑴已知2c3Hq(g)+9C>2(g)=6cC)2(g)+8Hq(g)AH=-3750kJmor,,則C3H$(g)燃燒

生成CC(2(g)和H2O(g)的熱化學方程式為。

(2)在1350c下，剛性密閉容器中的反應體系內水蒸氣濃度與反應時間關系如下表:

反應時間

04812t20

/|1S

試卷第12頁，共18頁

也。濃

024403200360040004100

度/ppm

①4?8|is內，丫仁3乩0)=ppm)is1；

②t16(填“域"=")。

(3)在恒溫剛性密閉容器中，反應I、II均達到平衡的判據是(填標號)。

a.Hq(g)的分壓不變b.混合氣體密度不變

c.n(C3H6)=2n(C6H12)d.v正(凡0)=v逆(C3H8O)

(4)在一定條件下，若反應I、II的轉化率分別為98%和40%,則丙烯的產率為

(5)下圖為反應I、II達到平衡時IgQp與溫度的關系曲線。

溫度/℃

(已知：對于可逆反應aA(g)+bB(g注葉cC(g)+dD(g),任意時刻=,

P(A)-p(B)

式中p(X))表示物質x的分壓)

①在3500c恒壓平衡體系中充入少量水蒸氣時，反應I的的狀態(tài)最有可能對應圖中的

點(填“甲”“乙”或"丙”)，判斷依據是?

②350℃時，在密閉容器中加入一定量的C3HxO,體系達到平衡后，測得C6H口的分壓

為xMPa,則水蒸氣的分壓為MPa(用含x的代數式表示)。

【答案】(1)2C3H6(g)+9C)2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)AH=-3854kJ.mol1

(2)190>

⑶ad

(4)58.8%

(5)甲反應I平衡曲線為N,恒壓時充入水蒸氣，Qp>Kp(4+2x)

試卷第13頁，共18頁

1

【詳解】(1)設HI2C3HiO(g)+9O2(g)=6CO2(g)+8H2O(g)AW=-3750kJ-mof,根

據蓋斯定律IH-2XI得2c3H6(g)+90式g)=6C0,(g)+6H2O(g)\H=-3854kJ.mol。

(2)①4?8jis內，v(H0)=pp.gs1=190ppm-gs1,貝!|

28-4m

1

v(C3H,iO)=v(H,O)=l90ppm-gs-；

②0?%is、4?8ps、8~12|is,△&叢。)逐漸減小，說明反應速率減小，8?1211s內，

Ac(H20)=400ppm,12~”$內，Ac(H2。尸400Ppm,則t-12>4,即t>16。

(3)a.%0的分壓不變，則C3H6的分壓也不變，反應1、II各組分分壓不變，反應1、II

均達到平衡，a正確；

b.反應物和生成物均為氣體，混合氣體的總質量不變，剛性密閉容器體積不變，則混

合氣體密度不變，不能作為反應I、II均達到平衡的判據，b錯誤；

c.當n(C3H6)=2n(QHj時，反應不一定達到平衡，不能作為反應1、II均達到平衡的

判據，c錯誤；

d.v正(HQ)=v逆(C3HQ),說明正逆反應速率相等，反應I達平衡，各組分分壓不變，

C3H6的分壓不變，說明反應H也達平衡，d正確：

故選ado

(4)設C3H8。的物質的量為Imol,若ImolC3H8O完全反應，理論上生成ImolC3H6,

因為反應I、II的轉化率分別為98%和40%,反應I生成lmolx98%=0.98molC3H6,反應

II消耗了40%C3H6，則達平衡時C3H6的物質的量為0.98molx(l-40%)=0.588mol,所以

丙烯的產率為竺史則X100%=58.8%。

Imol

(5)①反應i為氣體體積增大的吸熱反應，反應n為氣體體積減小的放熱反應，則升高

溫度，反應I正向移動，口逐漸增大，反應n逆向移動，口逐漸減小，即反應1為平衡

曲線為N,反應n平衡曲線為M：在350。(3恒壓平衡體系中充入少量水蒸氣時，對于反

應I而言，相當于增大生成物濃度，使得Op〉口,,即ig2增大，反應I的狀態(tài)最有可

能對應圖中的甲；

②由圖可知，350y時達平衡后，lga=0,則350。(2時%,=01)=1,設水蒸氣的平衡分

壓為aMPa,則反應II的C3H6起始分壓為aMPa,對反應n列三段式有

試卷第14頁，共18頁

2c3H6(g)fC6H12(g)

起始/MPaa0

變化/MPa2xx

平衡/MPaa-2xx

2=1，解得a=(7x+2x)MPa?

(a-:2x)、

五、結構與性質

14.1962年首個稀有氣體化合物XePtF’,問世，目前已知的稀有氣體化合物中，含款&Xe)

的最多，氮GKr)次之，氮(^Ar)化合物極少。[BrOFzUAsFeLxKrFz是[BrOF2『、[AsF6「

與KrF?分子形成的加合物，其晶胞如下圖所示。

?0

oF

?As

OBr

?Kr

回答下列問題:

(1)基態(tài)As原子的價電子排布式為

⑵Ar、Kr、Xe原子的活潑性依序增強，原因是.

(3)晶體熔點：KrF2*6月(填“>”“<”或“=")，判斷依據是

(4)[BrOF2],的中心原子Br的雜化軌道類型為。

(5)[Bi-OF2][AsF6]-xKrF2加合物中x=,晶體中的微粒間作用力有(填標號)。

a.氫鍵b.離子鍵c.極性共價鍵d.非極性共價鍵

【答案】(l)4s24P3

(2)同族元素，從上而下原子半徑逐漸增大，原子核對外層電子的有效吸引逐漸減弱，失

電子能力逐漸增強

(3)<二者為同構型的分子晶體，XeF2相對分子質量大，范德華力大，熔點高

(44

(5)2be

試卷第15頁，共18頁

【詳解】(I)As位于元素周期表中第四周期VA族，原子序數為33,由構造原理寫出

其價電子排布式為4s24p\

(2)同族元素，從上而下原子半徑逐漸增大，原子核對外層電子的有效吸引逐漸減弱，

失電子能力逐漸增強，故Ar、Kr、Xe原子的活潑性依序增強。

(3)"巳和XeF2是同構型的分子晶體，XeF?相對分子質量大，范德華力大，熔點高，

晶體熔點：KrF2<XeF2o

(4)[BrOFj的中心原子Br的價層電子對數為：3+1(7-2-2-1)=4,雜化軌道類型

為Sp3。

(5)由晶胞結構可知，其中含有8個KrF>4個[BrOF?]*、4個[AsFj,則

[BrOFzUAsFfbxKrFz加合物中x=2,晶體中的微粒間作用力有離子鍵、極性共價鍵，

故選be。

六、有機推斷題

15.3-氧代異紫杉二酮是從臺灣杉中提取的具有抗痛活性的天然產物。最近科學家完成

了該物質的全合成，其關鍵中間體(F)的合成路線如下：

CH3H3coyyOCHjH3coyVoe%

CHP=C5

H3co(65)3\LJ1Vx

YVCH3CHO___________COOC2H5JL>A1H4

THO-儼“?4311(COOC2H5111^CH20H

CH