1、常德市第二中学2021届高三开学摸底考试化 学注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 Fe 56一、 选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.厉害了，我的国展示了中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，
2、5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系，下列说法正确的是A.大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料B.为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源C.我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D.神舟十一号宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐2.向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是A.
3、Cu2+是H2O2分解反应的催化剂B.H2O2既表现出氧化性又表现出还原性C.Cu2+将H2O2还原为O2D.发生了反应Cu2OH2O24H+=2Cu2+3H2O3.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物反应生成一种盐 M，X的一种单质可用于自来水的消毒，Y的焰色反应呈黄色，X与Z同主族。下列说法正确的是A.简单离子半径r(Y)r(Z)r(X)r(W)B.X与Z形成的常见化合物均能与水发生反应C.M是一种离子化合物，其溶液呈酸性是因为阴离子水解D.X的气态氢化物比Z的稳定是因为X的氢化物形成的氢键牢固4已知干冰晶胞结构属于面心立方最密堆积，
4、晶胞中最近的相邻两个CO2分子间距为a pm，阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是()A晶胞中一个CO2分子的配位数是8B晶胞的密度表达式是 gcm3C一个晶胞中平均含6个CO2分子DCO2分子的空间构型是直线形，中心C原子的杂化类型是sp3杂化5.锡为A族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（SnI4，熔点144.5，沸点364.5，易水解）。实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2SnI4制备SnI4。下列说法错误的是A装置的主要作用是吸收挥发的I2BSnI4可溶于CCl4中C装置中a为冷凝水进水口D加入碎瓷片的目的是防暴沸6.分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正
5、确的是A可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同B分子中含有5种官能团C可发生消去反应，形成芳香族化合物D1mol分枝酸最多可与3mol NaOH发生中和反应7.关于化合物，下列叙述错误的是A分子间不能形成氢键B分子中既有极性键又有非极性键C分子中有7个键和1个键D该分子在水中的溶解度大于2丁烯8.SiO2是一种化工原料,可以制备一系列物质。下列说法正确的是A.图中所有反应都不属于氧化还原反应B.硅酸盐的化学性质稳定,常用于制造光导纤维C.可用盐酸除去石英砂(主要成分为SiO2)中少量的碳酸钙D.普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英砂制成的,其熔点很高9.由于氯化铵的市场价格过低，某制
6、碱厂在侯氏制碱基础上改进的工艺如图：有关该制碱工艺的描述错误的是AX可以是石灰乳B氨气循环使用C原料是食盐、NH3、CO2和水D产品是纯碱和氯化钙10.为了减少钢管因锈蚀而造成的损失,某城市拟用如图方法保护埋在酸性土壤中的钢管。下列有关说法错误的是A.在潮湿的酸性土壤中钢管主要发生析氢腐蚀B.在潮湿的酸性土壤中金属棒M将电子通过导线流向钢管C.在潮湿的酸性土壤中H+向金属棒M移动,抑制H+与铁的反应D.金属棒M与钢管用导线连接后可使钢管表面的腐蚀电流接近于零二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1
7、1.实验室用N2H4(肼，又名联氨，常温下为无色油状液体，沸点为113.5 ，具有与氨相似的气味，有弱碱性和较强的还原性)还原Cu(OH)2制备纳米Cu2O的装置(部分加热装置已省略)如图所示：已知：NaNO2溶液与NH4Cl溶液反应能得到N2。下列说法不正确的是A.装置中分别盛装浓硫酸和稀硫酸B.无水硫酸铜由白色变为蓝色说明从装置中出来的气体中含有水蒸气C.装置中发生反应的化学方程式为N2H44Cu(OH)2=2Cu2ON26H2OD.加入反应试剂后，先打开K2，待装置中反应完且冷却至室温，再打开K1排尽装置中的N2H412.一定条件下，有机物M、N、P的转化关系如下：下列说法正确的是A.M
8、能发生取代反应和加成反应B.N的二氯代物有9种C.等质量的N、P完全燃烧时，消耗O2的质量相等D.M、N、P中能使酸性KMnO4溶液褪色的只有N13.下图所示为镍锌可充电电池放电时电极发生物质转化的示意图，电池使用KOH 和K2Zn(OH)4为电解质溶液，下列关于该电池说法正确的是A放电时溶液中的K移向负极B充电时阴极附近的pH会升高C放电时正极反应为H NiOOHe=Ni(OH)2D负极质量每减少6.5 g，溶液质量增加6.3 g14.某实验小组研究温度对化学反应：H2(g)I2(g)2HI(g)的影响，在其他条件相同时，将1 mol H2(g)和1 mol I2(g)充入体积为2 L的恒容
9、密闭容器中，测得HI(g)的物质的量分数随时间变化的实验数据如下：时间/min020406080100HI(g)的物质的量分数T100.500.680.760.800.80T200.600.720.750.750.75下列说法正确的是AT1温度下，020 min内H2的平均反应速率为0.012 5 molL1min1B在T1温度下，该反应有可能在70 min时已达到平衡状态C由表中数据推测，T1c(Na)c(CN)c(H)c(OH)C0.1 molL1Na2C2O4溶液滴加HCl溶液至c(H2C2O4)c(HC2O)：3c(H2C2O4)c(OH)c(Cl)D0.1 molL1NH4HSO4溶
10、液滴加NaOH溶液至pH7：c(Na)c(NH)2c(NH3H2O)c(SO)三、非选择题：本题共5小题，共60分16.(12分)三氧化二钴主要用作颜料、釉料及磁性材料，利用铜钴矿石制备Co2O3的工艺流程如图1。已知：铜钴矿石主要含有CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。请回答下列问题：(1)“浸泡”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是_(写出2种即可)。(2)“浸泡”过程中，加入Na2SO3溶液的主要作用是_。(3)向“沉铜”后的滤液中加入NaClO3溶液，写出滤液中的金属离子与NaClO3反应的离子方程式_
11、。(4)温度、pH对铜、钴浸出率的影响如图2、图3所示：“浸泡”铜钴矿石的适宜条件为_。图3中pH增大时铜、钴浸出率下降的原因可能是_。(5)CoC2O42H2O在空气中高温煅烧得到Co2O3的化学方程式是_。(6)一定温度下，向滤液A中加入足量的NaF溶液可将Ca2、Mg2沉淀而除去，若所得滤液B中c(Mg2)1.0105molL1，则滤液B中c(Ca2)为_。已知该温度下Ksp(CaF2)3.41011，Ksp(MgF2)7.1101117.(12分)锂离子电池常用的电极材料是LiCoO2和石墨。(1)画出基态Co2+离子的价电子排布图_。(2)Co2+与CN一结合形成配合物(Co(CN)
12、64，其中与Co2+结合的C原子的杂化方式是_。(3)NH3分子与Co2+结合成配合物Co(NH3)62+，与游离的氨分子相比，其键角HNH_(填“较大”，“较小”或“相同”)，解释原因_。(4)Li2O的熔点为1570，CoO的熔点为1935，解释后者熔点更高的主要原因是_。(5)石墨的晶胞为六方晶胞，部分晶胞参数如下图所示。若石墨的密度为d gcm3，以NA代表阿伏加德罗常数的数值，则石墨中的CC键长为_pm。18.(12分)烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：NO
13、(g)O3(g)=NO2(g)O2(g)H200.9 kJmol1NO(g)O2(g)=NO2(g)H58.2 kJmol1SO2(g)O3(g)=SO3(g)O2(g)H241.6 kJmol1(1)反应3NO(g)O3(g)=3NO2(g)的H_kJmol1。(2)室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)随反应前n(O3)n(NO)的变化见下图。当n(O3)n(NO)1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是_。增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是_。(3)当用CaSO3水悬
14、浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液(pH约为8)中SO将NO2转化为NO，其离子方程式为_。(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c(SO)_用c(SO)、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是_。19.(12分)已知有机物分子中的碳碳双键发生臭氧氧化反应：，有机物A的结构简式为 ，G的分子式为C7H12O，以下AH均为有机物，其转化关系如下：(1)下列说法正确的是 _ 。(填字母序号)AC的官能团为羧基B1 mol A最多可以和2 mol NaOH反应CC可以发生氧化反应、取代反应
15、和加成反应D可以发生消去反应(2)F的结构简式为_ ，由F到G的反应类型为_ 。(3)反应的作用是_，合适的试剂a为_。(4)同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式_。.与A具有相同的官能团；.属于苯的邻二取代物；.能使FeCl3溶液显色；.核磁共振氢谱分析，分子中有8种不同化学环境的氢原子。(5)H与G分子具有相同的碳原子数目，且1 mol H能与足量的新制银氨溶液反应生成4 mol单质银。写出H与足量的新制银氨溶液反应的化学方程式_。20.(12分)1,2二氯乙烷是一种广泛使用的有机溶剂、黏合剂，也用作谷物和粮仓的熏蒸剂，沸点83.5 ，熔点35 。某研究性学习小组的同学利用如图(
16、加热装置省略)装置制备一定量的1,2二氯乙烷，制备原理为C2H5OHC2H4CH2ClCH2Cl。装置A中的浓硫酸是催化剂、脱水剂，乙醇的密度约为0.8 gmL1。(1)根据制备原理，可知装置A中还缺少的一种实验仪器是_。使用冷凝管的目的是_。(2)实验时A中三颈烧瓶内有有刺激性气味的无机气体产生，为吸收反应中生成的无机气体，在装置B中应加入_(填字母序号)。a水b浓硫酸c氢氧化钠溶液 d饱和碳酸氢钠溶液(3)D中a、c两个导管进入仪器中的长度不同，其优点是_，对导管b的进一步处理方法是_，装置E是氯气的贮气瓶，则Q中的物质是_。(4)写出D中反应的化学方程式_。(5)若得到a g 1,2二氯
17、乙烷，则乙醇的利用率为_。常德市第二中学2021届高三开学摸底考试化学参考答案一、 选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.A合金属于金属材料，A项正确;核电、光电、风电、水电等这些电能均是经过转化的能源，均属于二次能源，B项错误;光缆的主要成分是二氧化硅，不是晶体硅，C项错误;神舟十一号宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐材料，D项错误。2.CCuSO4溶液中加入H2O2溶液，Cu2+转变为Cu2O，铜元素化合价降低，被还原，则H2O2作还原剂，被Cu2+氧化生成O2；继续加入H2O2溶液，Cu2O 又转变为C
18、u2+，铜元素化合价升高，被氧化，则H2O2作氧化剂，被Cu2O还原生成H2O，反应方程式为Cu2OH2O24H+=2Cu2+3H2O。整个过程中Cu2+先参加反应，后又重新生成，实际为H2O2的分解反应，故Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，综上所述，A、B、D项正确，C项错误。3.B由W的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物反应生成一种盐 M可知 W为N，M为NH4NO3;由Y的焰色反应呈黄色可知Y为Na;由W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素且X的一种单质可用于自来水的消毒可知，X为O;X与Z同主族，则Z为S。A.Na+半径是四种元素对应的简单离子中半径最小的，A项错误;B
19、.由X、Z元素形成的常见化合物是 SO2、SO3。，它们均能与水发生反应，B项正确;C.NH4NO3。溶液呈酸性是因为阳离子NH水解，C项错误;D.共价化合物的稳定性由共价键的键能决定，与氢键无关，D项错误。4.B 晶胞中一个CO2分子的配位数38212，故A错误；该晶胞中相邻最近的两个CO2分子间距为a pm，即晶胞面心上的二氧化碳分子和其同一面上顶点上的二氧化碳之间的距离为a pm，则晶胞棱长a pma1010 cm，晶胞体积(a1010 cm)3，该晶胞中二氧化碳分子个数864，晶胞密度 gcm3 gcm3，故B正确；该晶胞中二氧化碳分子个数864，故C错误；二氧化碳分子是直线形分子，C
20、原子价层电子对个数是2，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp，故D错误。5.AA，SnI4易水解，装置的主要作用是防止空气中的水蒸气进去到反应装置中，故A错误；符合题意B，根据相似相溶原理，SnI4是非极性分子溶于CCl4非极性分子中，故B正确，不符合题意；C，冷凝水方向是“下进上出”，因此装置中a为冷凝水进水口，故C正确，不符合题意； D，在液体加热时溶液暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸，故D正确，不符合题意。综上所述，答案为A。6.CA可使溴的四氯化碳溶液褪色是因为发生加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，原理不同，故A错误；B分子中含有碳碳双键、羟基、
21、羧基、醚键4种官能团，故B错误；C分子中连接羟基的碳原子相邻的碳原子上有氢原子，可发生消去反应，形成芳香族化合物，故C正确；D1mol分枝酸中含2mol羧基，所以最多可与2mol NaOH发生中和反应，故D错误。故选C。7.DA化合物分子中没有-O-H键，不能形成氢键，故A正确；B分子中存在C=C为非极性键，C-H为极性键，故B正确；C单键含有一个键，双键含有一个键和一个键，所以中存在9个键和3个键，故C错误；D醛的溶解性大于烯烃，所以该分子在水中的溶解度大于2-丁烯，故D正确故选C8.C 图中SiO2与CaO、CaCO3、Na2CO3反应不属于氧化还原反应,SiO2与C、Si与Cl2、SiC
22、l4与H2的反应属于氧化还原反应,A项错误;光导纤维的主要成分是SiO2而不是硅酸盐,B项错误;玻璃没有固定的熔点,D项错误。9.CA饱和食盐水和二氧化碳，氨气反应生成氯化铵和碳酸氢铵，用氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙，氨气和水，故X可以是石灰乳，故A正确；B根据流程图可知，氨气可以循环使用，故B正确；C原料是饱和食盐水、氨气、二氧化碳和石灰乳，故C错误；D根据工艺流程，产品是纯碱和氯化钙，故D正确；答案选C。10.C 在潮湿的酸性土壤中,铁和酸发生反应而加速被腐蚀,A项正确;在潮湿的酸性土壤中金属棒M可保护钢管,故M作负极,电子由负极通过导线流向正极钢管,B项正确;在潮湿的酸性土壤中H+向正
23、极钢管移动,H+在正极得电子产生氢气,C项错误;金属棒M与钢管用导线连接后保护埋在酸性土壤中的钢管,可使钢管表面的腐蚀电流接近于零,D项正确。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.D装置中产生的N2中含有水蒸气，应先干燥，然后通入后续反应装置赶走空气，避免空气对实验造成影响，故装置中盛装浓硫酸干燥氮气，装置中盛装稀硫酸可吸收未反应的N2H4，A正确；无水硫酸铜变蓝色说明从装置中出来的气体中含有水蒸气，B正确；根据题意可知，Cu(OH)2做氧化剂，被还原为Cu2O，N2H4做还原剂，被氧化为N
24、2，C正确；加入反应试剂后，应该先打开K1排出装置中的空气，待装置中的空气排尽后，关闭K1，再打开K2，待反应结束且冷却至室温后，关闭K2，再打开K1排尽装置中的N2H4，D错误。12.BC饱和一元醇不能发生加成反应，A项错误；N的二氯代物有9种，B项正确；N、P的实验式相同，故等质量的N、P完全燃烧时，消耗O2的质量相等，C项正确；M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色，D项错误。13.BD根据镍锌可充电电池放电时电极发生物质转化的示意图中电子的移动方向，可知锌为负极，失去电子生成K2Zn(OH)4，NiOOH为正极，得到电子生成Ni(OH)2。原电池中阳离子向正极移动，故A错误；充电时阴极发生
25、的电极反应是放电时负极的逆反应，反应后电极附近的pH会升高，故B正确；放电时NiOOH为正极，得到电子生成Ni(OH)2，电解质溶液显碱性，正极反应为NiOOHeH2O=Ni(OH)2 OH，故C错误；负极质量每减少6.5 g，即0.1 mol锌，转移0.2 mol电子，正极上0.2 mol NiOOH转化为0.2 mol Ni(OH)2，质量增加0.2 g，溶液质量增加6.5 g0.2 g6.3 g，故D正确。14ACT1温度下，20 min时HI的物质的量分数为0.50，反应前后气体的物质的量不变，则生成了1 mol HI，消耗了0.5 mol H2，H2的平均反应速率为0.5 mol 2
26、 L20 min0.012 5 molL1min1，选项A正确。在T1温度下，反应从4060 min，HI(g)的物质的量分数从0.68到0.76，HI(g)的物质的量分数的变化量为0.08，故5060 min，HI(g)的物质的量分数的变化量应小于0.04；若该反应70 min时达到平衡状态，则HI(g)的物质的量分数的变化量应小于0.04，故该反应70 min时没有达到平衡状态，选项B错误。T2时，反应更快达到平衡状态，其他条件不变的情况下，这是受温度影响，从而可推断T2大于T1，选项C正确。由C项分析可知，T2大于T1，温度越高，H2(g)与I2(g)的反应限度越小，选项D错误。15.A
27、D根据电荷守恒，c(H)c(Na)2c(CO)c(HCO)c(OH)，根据物料守恒，c(Na)c(H2CO3)c(CO)c(HCO)，将上述2式处理得c(H)c(H2CO3)c(CO)c(OH)，故A正确；0.1 molL1HCN和0.1 molL1NaCN的等体积混合溶液显酸性，可以忽略NaCN的水解，主要考虑HCN的电离，则c(CN)c(Na) c(HCN)c(H)c(OH)，故B错误；根据物料守恒c(Na)2c(HC2O)c(C2O)c(H2C2O4)及电荷守恒c(Na)c(H)c(Cl)2c(C2O)c(HC2O)c(OH)，当c(H2C2O4)c(HC2O)时联立两式得c(OH)c(
28、Cl)3c(H2C2O4)c(H)，所以3c(H2C2O4)c(SO)，故D正确。三、非选择题：本题共5小题，共60分16.答案：(1)升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度(写出2种即可)(2)将Co3、Fe3还原为Co2、Fe2(3)ClO6Fe26H=Cl6Fe33H2O(4)温度为65 75 、pH为0.51.5pH升高后溶液中c(H)下降，溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3的能力降低(5)4CoC2O42H2O3O22Co2O38CO28H2O(6)4.8106 molL1解析：往铜钴矿石中加入过量稀硫酸和Na2SO3溶液，“浸泡”后溶液中含有Co2、Cu2、Fe2
29、、Mg2、Ca2，加入Na2SO3溶液主要是将Co3、Fe3还原为Co2、Fe2，“沉铜”后先加入NaClO3溶液将Fe2氧化为Fe3，再加入Na2CO3溶液调节pH使Fe3沉淀，过滤后所得滤液A主要含有Co2、Mg2、Ca2，再用NaF溶液除去钙离子、镁离子，过滤后，向滤液B中加入浓Na2CO3溶液使Co2转化为CoCO3固体，向CoCO3固体中先加盐酸，再加草酸铵溶液得到二水合草酸钴，煅烧后制得Co2O3。(1)“浸泡”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法有升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度等。(2)Na2SO3具有较强的还原性，加过量的Na2SO3溶液可将Co3和Fe3还原为C
30、o2及Fe2。(3)由图1可知，“沉铜”后加入NaClO3溶液时，Co2并未被氧化，被氧化的是Fe2，反应的离子方程式为ClO6Fe26H=Cl6Fe33H2O。(4)根据图2、图3可知，“浸泡”铜钴矿石的适宜条件是温度为65 75 及pH为0.51.5。图3反映的是pH变化对铜、钴浸出率的影响，“浸泡”过程是利用H和CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3发生反应以浸出金属离子，当pH逐渐增大时，H的浓度减小，铜、钴浸出率降低。(5)CoC2O42H2O在空气中高温煅烧得到Co2O3的化学方程式为4CoC2O42H2O3O22Co2O38CO28H2O。(6)c(Ca2)c(Mg2
31、)1.0105molL14.8106 molL1。17.答案（1） （2）sp （3）较大 NH3通过配位键与Co2+结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他NH成键电子对的排斥力减小，NH键之间的键角增大 （4）Co2+带两个正电荷，Li+带一个正电荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能 （5） 解析(1)Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2，失去2个电子后，Co2+价电子排布式为3d7，根据洪特规则和泡利原理，Co2+的价电子排布式图是；答案：；(2)CN中C和N共用叁键，其中C有一个键，孤电子对数为=1，价层电子对数为2，杂化轨道数=价层电子对数=2，即C的杂化类型为sp；答案
32、：sp；(3)游离态氨中N有2个孤电子对，络合物中Co(NH3)62+中N提供一个孤电子对与Co2+形成配位键，利用孤电子对之间的斥力孤电子成键之间的斥力成键电子对之间的斥力，导致游离态氨分子中NH键之间的夹角偏小，而与Co2+结合后，孤电子对变成了键电子对，排斥力减小，因此NH键之间的夹角会增大；答案：较大；NH3通过配位键与Co2+结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他NH成键电子对的排斥力减小，NH键之间的键角增大；(4)Li2O、CoO为离子晶体，影响熔沸点高低的是晶格能，而晶格能与离子半径、所带电荷数有关，CoO中Co2+带两个正电荷，Li+带一个正电荷，CoO的晶格能大于Li
33、2O晶格能，因此CoO熔点高于Li2O；答案：Co2+带两个正电荷，Li+带一个正电荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能；(5)根据俯视图，碳碳键长应是AC或AD或AF距离，该平面为菱形，FDC为正三角形，CAD=120，令AC=AD=AF=x，根据余弦定理，a2=x2+x22x2cos120，解得x=。18.答案：(1)317.3(2)O3将NO2氧化为更高价氮氧化物(或生成了N2O5)SO2与O3的反应速率慢(3)SO2NO22OH=SO2NOH2O(4)c(SO)CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO的浓度增大，加快SO与NO2的反应速率解析：(1)应用盖斯定律进行解答。(2)O3的氧化
34、性很强，O3能将NO2氧化为更高价的氮氧化物。O3能氧化SO2，而增加n(O3)时O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其原因是SO2与O3的反应速率慢。(3)NO2转化为NO是NO2发生了还原反应，则SO发生氧化反应；pH8的溶液呈碱性。在此基础上，应用书写氧化还原反应型离子方程式的规则，可写出SO与NO2反应的离子方程式。(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液以后的体系中存在两个沉淀溶解平衡：CaSO3(s)Ca2(aq)SO(aq)，Ksp(CaSO3)c(Ca2)c(SO)CaSO4(s)Ca2(aq)SO(aq)，Ksp(CaSO4)c(Ca2)c(SO)则c(SO)c(SO)。
35、CaSO3水悬浮液吸收NO2的实质是SO与NO2发生氧化还原反应。CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液以后，发生反应：Ca2(aq)SO(aq)CaSO4(s)，促使沉淀溶解平衡CaSO3(s)Ca2(aq)SO(aq)向右移动，SO的浓度增大，加快了SO与NO2的反应速率。19.答案(1)AB(2) 消去反应(3)保护酚羟基，防止其在反应中被氧化NaHCO3溶液(5) 4Ag(NH3)2OH4Ag6NH32H2O解析A的结构简式为，A发生水解反应得到C与OHCH2OH，可知C为，由转化关系可知，与氢气发生加成反应生成F为，G的分子式为C7H12O，则F发生消去反应得到G，G的碳碳双键发生
36、臭氧氧化反应生成H，若H与G分子具有相同的碳原子数，且1 mol H 能与足量的新制银氨溶液反应生成4 mol单质银，则H中含有2个 CHO，则亚甲基上的 OH不能发生消去反应，可推知G为，H为。与氢氧化钠水溶液反应生成B为，B发生催化氧化生成D，D与银氨溶液发生氧化反应，酸化得到E，则D为，E为，E与a反应得到。(1)C为CH3COOH，官能团为羧基，A项正确；A为，酯基、酚羟基均可与NaOH反应，1 mol A最多可以和2 mol NaOH反应，B项正确；C为CH3COOH，可以发生氧化反应、取代反应，不能发生加成反应，C项错误；中羟基的邻位碳上没有氢原子，所以不能发生消去反应，D项错误。
37、(2)由上述分析可知，F为，F到G的反应类型为消去反应。(3)反应的作用是保护酚羟基，防止其在反应中被氧化，反应是羧基发生反应，而酚羟基不反应，故合适的试剂a为NaHCO3溶液。(4)同时满足下列条件的A()的同分异构体：.与A有相同的官能团，则含有羟基、酯基；.属于苯的邻二取代物，.遇FeCl3溶液显紫色，则含有酚羟基，.1HNMR分析，分子中有8种不同化学环境的氢原子，苯环与酚羟基含有5种H原子，则另一侧链上含有3种H原子，故另一侧链可为CH2CH2OOCH或CH(CH3)OOCH，结构简式为或。(5)H的结构简式为，CHO与Ag(NH3)2OH发生银镜反应。20.答案(1)温度计使乙醇冷
38、凝回流，提高原料的利用率(2)c(3)有利于Cl2、C2H4充分混合反应将b管逸出的Cl2引入到NaOH溶液中饱和食盐水(4)CH2=CH2Cl2CH2ClCH2Cl(5)%解析(1)A中反应需控制温度在170 ，所以还缺少的仪器是温度计。由于反应温度高于乙醇的沸点，反应中会有大量的乙醇气化，因此使用冷凝管的目的是使已经气化的乙醇冷凝回流，提高乙醇的利用率。(2)浓硫酸能使乙醇炭化生成单质碳，C与浓硫酸反应生成的CO2、SO2，可用NaOH溶液吸收除去。(3)C2H4密度小，Cl2的密度大，按图中方式将两种气体通入到容器中，有利于二者充分混合反应。Cl2有毒且在容器中难以完全反应，故要将从b中逸出的Cl2通入到NaOH溶液中，防止其污染空气。Q中液体下滴，从而将Cl2排入到D中，因此Cl2不能被Q中液体吸收或溶解，故Q中是饱和食盐水。(5)由C2H5OHC2H4Cl2可求出转化为C2H4Cl2的乙醇质量为 g，20 mL乙醇质量为16 g，故乙醇的利用率为%。