①根据化合价代数和等于0计算FeOOH中铁的化合价；②ClO3ˉ被还原为Clˉ，Fe2+被氧化为Fe3+；③根据上图，当T=120℃、pH=4时Fe元素的存在形式是Fe2O3；当T=120℃，PH=1~2.5时，Fe元素的存在形式是黄铁矾钠；(4)NiCl2·6H2O与SOCl2反应生成NiCl2、SO2、HCl；HCl能抑制NiCl2的水解；
解析：(1)“酸化”时将电镀废渣粉碎并适当加热，可以加快反应速率；(2) 加热促进H2O2分解，“氧化”时控制温度不超过40℃，可以防止H2O2分解；“沉铁”后所得滤液的PH=4，根据
， c(Fe3+)=
2.64×10－9 mol·L－1；(3)
①根据化合价代数和等于0，FeOOH中铁的化合价是+3；②ClO3ˉ被还原为Clˉ，Fe2+被氧化为Fe3+，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比是1︰6；③根据上图，当T=120℃、pH=4时Fe元素的存在形式是Fe2O3；当T=120℃，PH=1~2.5时，Fe元素的存在形式是黄铁矾钠，所以控制PH为1~2.5，故选b；(4)NiCl2·6H2O与SOCl2反应生成NiCl2、SO2、HCl，反应方程式是NiCl2·6H2O＋6SOCl2
NiCl2＋6SO2↑＋12HCl↑；反应过程中产生的HCl
4N2+6H2O
能抑制NiCl2的水解，所以NCl2·6H2O需在亚硫酰氯(SOCl2)中加热脱水。 28．【答案】 (1). —759.8 (2). K22·K3/K1 (3). 4NH3+4NO＋O2(4). 放热 (5). 600K (6). 4NH3+5O2
4NO+6H2O
(7). 温度过高(NH4)2SO3会分解，浓度减小(或温度升高氧气在溶液中溶解度降低) (8). 小
【解析】试题分析：(1)根据盖斯定律计算2NO(g)+2CO(g)
N2(g)+2CO2(g)的△H；K=
；(2) ①根据流程图，用V2O5作催化剂氨气、氧气和NO反应生成N2和水；②
根据1gK=5.08+217.5/T，升高温度，K减小；③根据氮气浓度随温度变化图，600K时，氮气的浓度最大；当温度达到700K时，NO浓度增大，说明氨气被氧化为NO；(3) 温度过高(NH4)2SO3会分解，浓度减小；SO3的水解促进NH4水解； 解析：(1) ①N2(g)+O2(g) ②NO2(g)+CO(g) ③2NO(g)+O2(g)
2NO(g) △H1=+179.5 kJ·mol-1
NO(g)+CO2(g) △H2=-234 kJ·mol-1 2NO2(g) △H3=-112.3 kJ·mol-1
N2(g)+2CO2(g)的△H=—759.8 N2(g)+2CO2(g)，所以该反应的K=
2-+
根据盖斯定律③＋②×2－①得 2NO(g)+2CO(g) kJ·mol-1；③＋②×2－①得 2NO(g)+2CO(g)
2
= K2·K3/K1；(2) ①根据流程图，用V2O5作催化剂氨气、氧气和NO反应生成
N2和水，反应方程式是4NH3+4NO＋O2
4N2+6H2O；②根据1gK=5.08+217.5/T，升高温度，
K减小，平衡逆向移动，所以正反应放热；③根据氮气浓度随温度变化图，600K时，氮气的浓度最大，所以将NO转化为N2的最佳温度为600K；当温度达到700K时，NO浓度增大，说明氨气被氧化为NO，主要的副反应是4NH3+5O2
4NO+6H2O ；(3) 温度过高(NH4)2SO3
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会分解，浓度减小，所以温度较高时，(NH4)2SO3 氧化速率下降；SO32-的水解促进NH4+水解，所以等浓度的(NH4)2SO3和(NH4)2SO4溶液中，c(NH4+)前者小。 （二）选考题：
35. [选修3：物质结构与性质]（15分，除注明外，每空2分） 【答案】 (1).
(2). 15 (3). N (4). sp
2
(5). 氧元素的电负性大于氮，氧原子的半径小于氮，水分子间氢键比氨分子间氢键强 (6). N2或CO (7). 8 (8). 正四面体 (9). 12 (10).
×10
30
【解析】试题分析：(1)基态氯原子的最外层有7个电子，排布在3s、3p能级上；铜原子核外有29个电子，核外电子排布为1s2s2p3s3p3d4s；(2)同周期元素从左到右第一电离能增大，ⅤA族原子p轨道半充满，第一电离能大于ⅥA族元素的原子；CO32-中碳原子的价电子对数是
；(3) 水分子间氢键比氨分子间氢键强；(4)等电子体是原子数相同、
2-2
2
6
2
6
10
1
价电子数相同的微粒；单键是σ键，三键中有1个是σ键；若将[Cu(CNˉ)4]中二个CNˉ换为Clˉ，只有一种结构，则[Cu(CNˉ)4]中4个氮原子所处空间位置关系为正四面体；(5)根据晶胞图分析氯离子周围离氯离子最近的氯离子数目；晶体中氯离子以面心立方最密堆积排列，钠离子嵌入在氯离子之间的空隙中，r(Clˉ)=apm，所以晶胞边长是
pm，根据均
2-
摊原则，每个晶胞含有 Clˉ数是 ，含有Na数是
+
；
解析：(1)基态氯原子的价电子排布在3s、3p能级上，价电子排布图是；
铜原子核外有29个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，排布在15个原子轨道上，所以有15种空间运动状态；(2)同周期元素从左到右第一电离能增大，ⅤA族原子p轨道半充满，第一电离能大于ⅥA族元素的原子，所以碳、氮、氧三种元素中第一电离能最大的是N；CO3中碳原子的价电子对数是
2-
，所以碳原子的杂化轨道类型为sp ；(3) 氧元
2
素的电负性大于氮，氧原子的半径小于氮，水分子间氢键比氨分子间氢键强，所以水的沸点高于液氨；(4)等电子体是原子数相同、价电子数相同的微粒，所以与CNˉ互为等电子体的分子的化学式是N2或CO；单键是σ键，三键中有1个是σ键，所以1 mol[ Cu(CNˉ)4]2-中含有8molσ键；若将[Cu(CNˉ)4]2-中二个CNˉ换为Clˉ，只有一种结构，则[Cu(CNˉ)4]2-中4个氮原子所处空间位置关系为正四面体；(5)根据晶胞图，1个氯离子周围离氯离子最近的氯离子数目是12个；晶体中氯离子以面心立方最密堆积排列，钠离子嵌入在氯离子之间的空隙中，r(Clˉ)=apm，所以晶胞边长是
pm，根据均摊原则，每个晶胞含有 Clˉ
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数是
×10 g·cm。
30
-3
，含有Na+数是；所以密度是
点睛：根据均摊原则，立方晶胞顶点的原子被一个晶胞占用 、晶胞楞上的原子被一个晶
胞占用、晶胞面心的原子被一个晶胞占用。
36. [选修5：有机化学基础]（15分，除注明外，每空2分） 【答案】 (1). 酯基，醚键 (2). a，c
(3).
(4). (5). 9
(6).
(7).
【解析】试题分析：与甲醇发生酯化反应生成B，B是
；根据已知Ⅰ，，C是
；与HBr发生取代反应生成D(C9H11O2Br)，D是
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；根据已知Ⅲ，逆推F是，E发
生消去反应生成，则E是。
(4)E的结构简式为。
(5)能发生银镜反应的芳香族化合物，若苯环连有2个羟基和1个醛基的结构
有6种，连有1个羟基、1个酯基的结构有3种，共9种，其中：①1mol该物质最多消耗3 mol NaOH；②苯环上一氯代物只有两种的是
。
(6)根据上述合成路线，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇氧化为乙醛；乙烯与溴化氢发生加成反应生成溴乙烷，溴乙烷
， 所以2-丁醇
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的合成路线是。
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