1、2020届高三化学5月预测考试试题（含解析）本试题卷共12页，38题（含选考题）。全卷满分300分。考试用时 150分钟。祝考试顺利注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草
2、稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。5.考试结束后，请将答题卡上交。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 K 39 Cr 52 Fe 56 Zn 65一、选择题：本题共7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.国家卫健委高级别专家李兰娟院士在记者会上透露：新型冠状病毒怕酒精，不耐高温，56持续30分钟就死亡了。乙醚、75%酒精（医用酒精）、含氯的消毒剂、过氧乙酸等均可有效灭活病毒。下列有关说法正确的是A. 乙醚与乙醇互为同分异构体B. 可以用工业酒精代替医用酒精使用C. 过氧乙酸是高效消毒剂，过氧乙酸与苯酚混合使用可增强消毒效果D
3、. 84消毒液是以次氯酸钠（NaClO)为有效成分的消毒液，一般需稀释后再使用【答案】D【解析】【详解】A乙醚的结构简式为C2H5OC2H5，乙醇的结构简式为C2H5OH，乙醚与乙醇分子式不同，故乙醚与乙醇不互为同分异构体，A错误；B医用酒精的成分主要是乙醇、蒸馏水，工业酒精含有甲醇、乙醇、醛类、有机酸等物质，工业酒精中的甲醇有毒，所以不可以用工业酒精代替医用酒精使用，B错误；C过氧乙酸具有强氧化性，苯酚具有强还原性，二者混合使用，过氧乙酸会把苯酚氧化，二者都失效，消毒能力下降，C错误；D84消毒液有一定的刺激性与腐蚀性，一般需稀释后再使用，D正确；2.下列实验操作会导致结果偏低的是A. 用标
4、准的盐酸滴定氨水时，用酚酞作指示剂B. 用润湿的pH试纸测定1mol/L氯化铵溶液的pHC. 用18.4 mol/L浓硫酸配制1mol/L稀硫酸，用量筒量取浓硫酸，倒出浓硫酸后，未将量筒洗涤并收集洗涤液D. 配制一定物质的量浓度的溶液，用胶头滴管定容时，俯视容量瓶刻度线【答案】A【解析】【详解】A酚酞在碱性条件下就变色，相当于盐酸滴少了，由此算出的氨水的物质的量浓度偏低，A符合题意；B氯化铵为强酸弱碱盐，所以氯化铵溶液呈酸性，用湿润的pH试纸测定1mol/L氯化铵溶液的pH，相当于稀释溶液，使氢离子的浓度减小，pH增大，B不符合题意；C量筒量取液体后，倒出液体，量筒不需要洗涤，C不符合题意；D
5、俯视容量瓶刻度线，水加少了，将导致所配制溶液的浓度偏高，D不符合题意；答案选A。【点睛】为了减小滴定误差，酸碱中和滴定指示剂的选择至关重要，酸碱中和滴定的实质是酸和碱恰好中和。酸碱恰好中和时溶液不一定呈中性，最终溶液的酸碱性取决于生成的盐的性质，强酸强碱盐呈中性，强酸与强碱滴定时，可以用甲基橙或酚酞作指示剂；强酸弱碱盐的溶液呈酸性，强酸与弱碱滴定时可以选择甲基橙作指示剂；强碱弱酸盐的溶液呈碱性，强碱与弱酸滴定时可以选择酚酞作指示剂。3.三溴苯酚在一定条件可发生如下转化生成M,M是一种具有优良光学性能的树脂。下列说法正确的是A. 上述反应的反应类型为加成反应B. 与三溴苯酚官能团种类和数目都相同
6、的芳香族化合物还有5种C. 1 mol M与足量氢气加成，一般最多可消耗5mol氢气D. M在水中有良好的溶解性【答案】B【解析】【分析】【详解】A根据图示转化关系可看出，三溴苯酚在一定条件可发生转化生成M的类型属于取代反应，A错误；B与三溴苯酚官能团种类和数目都相同的芳香族化合物有、共5种，B正确；C 酯基与氢气不发生加成反应，故1 mol M与足量氢气加成，一般最多可消耗4mol氢气，C错误；DM中没有亲水基团，难溶于水，D错误；【点睛】判断有机物是否易溶于水，首先看分子的结构简式中有没有亲水基，如果分子中不含有亲水基，这个物质难溶于水；另外如果分子中既有亲水基又有憎水基，如果分子中憎水基
7、的碳链比较长，并且亲水基的基团比较少，则该物质在水中的溶解度也不大。4.最近，科学家发现一种高能盐，该盐由X、Y、Z、M四种原子序数依次增大的短周期元素组成，其化学式为（Y5)6(X3Z)3(YX4)4M.该盐的两种阳离子均为10电子离子，分别是由X与Y、X与Z组成。化合物XM是18电子分子。下列说法错误的是A. X与Y、X与Z还分别可形成10电子分子B. 该盐中存在离子键、极性共价键和非极性共价键C. 该盐的阴离子均可破坏水的电离平衡D. 四种元素所形成的简单离子的半径由大到小为MYZX【答案】C【解析】分析】该盐由X、Y、Z、M四种原子序数依次增大短周期元素组成，其化学式为（Y5)6(X3
8、Z)3(YX4)4M.该盐的两种阳离子均为10电子离子，分别是由X与Y、X与Z组成。化合物XM是18电子分子，则X为H、Y为N、Z为O、M为Cl，X与Y、X与Z组成的10电子离子分别为NH4+、H3O+。【详解】AX与Y、X与Z还分别可形成10电子分子分别为NH3、H20，A正确；BN5-内存在非极性共价键，NH4+、H3O+内存在极性共价键，N5-、Cl-、NH4+、H3O+阴、阳离子之间存在离子键，B正确；CCl-为强酸的酸根离子，在溶液中不会发生水解反应，不会破坏水的电离平衡，C错误；D四种元素所形成的简单离子的半径由大到小为Cl-N3-O2-H+，D正确；答案选C。【点睛】在比较主族元
9、素原子、离子半径大小的时候注意以下几点：电子层数越多，粒子半径越大；当电子层数相同、核外电子数相同时，核电荷数越大，粒子的半径越小；当电子层数相同、核电荷数相同时，核外电子数越多，半径越大。5.NH3分解的热化学方程式为.在Co-Al催化剂体系中，压强P0下，氨气以一定流速通过反应器，得到不同催化剂下氨气的转化率随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A. 活化能最小的催化剂是 90 Co-A1B. 如果增大气体流速，则b点对应的点可能为eC. 温度为T时，向体积为1L的恒容容器中加入0.8 molNH3和0.1molH2，达到平衡时，NH3的转化率为75%，则平衡常数为K=7.5D. 在两
10、个体积均为VL的绝热密闭容器中分别投入2 mol NH3,3 mol H2和1mol N2,达到平衡时，NH3的体积分数相同【答案】D【解析】【详解】A由图可知90 Co-A1先达到平衡，所以90 Co-A1是活化能最小的催化剂，A正确；B增大气体流速，未反应的氨气增多，氨气的转化率减小，平衡逆向移动，b点对应的点可能为e点，B正确；C由题中给的数据可知，设平衡时氮气的物质的量浓度为x molL-1，则 则由 ，解得x=0.3，故平衡时c(NH3)=0.8molL-1-20.3molL-1=0.2molL-1，c(N2)=0.3molL-1，c(H2)=0.1molL-1+30.3molL-1
11、=1molL-1，故平衡常数 ， C正确； D2NH3(g)N2(g)+3H2(g) H0，若是在恒温恒容的条件下，在两个体积均为VL的绝闭容器中分别投入2 mol NH3，3 mol H2和1mol N2，达到平衡时，这两个平衡为等效平衡，达到平衡时，NH3的体积分数相同，但是在绝热的条件下，反应的正反应为吸热反应，逆反应为放热反应，二者平衡时的温度不相同，NH3的体积分数不相同，D错误；答案选D。6.最近，科学家成功研制出一种电源，该电源在消耗二氧化碳的同时，还可释放电能。电源电极为铝电极和多孔碳电极，电解质溶液为草酸盐溶液，放电过程中草酸盐浓度基本不变，电源示意图如图所示。下列有关该电源
12、的说法正确的是A. 铝电极电势高于多孔碳电极B. 用该电源电解饱和食盐水，理论上，每消耗1mol二氧化碳可收集到标准状况下 11.2L 氢气C. 若生成0.5 mol 草酸铝，有3mol电子通过电解质溶液D. 正极的电极反应式为【答案】B【解析】【详解】A铝作原电池的负极，多孔碳电极作原电池的正极，正极的电势比负极电势高，A错误；B正极反应式为2CO2+2e-=C2O42-，用该电源电解饱和食盐水的阴极反应式为2H+2e-=H2，串联电路中转移的电子数相同，故消耗1molCO2，转移1mol电子，理论上可收集到标准状况下 11.2L氢气，B正确；C电子无法通过电解质溶液，C错误；D根据题意，二
13、氧化碳得电子，正极反应式为2CO2+2e-=C2O42-，D错误；答案选B。【点睛】在原电池工作中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，电子由负极沿导线流向正极，电子不能通过电解质溶液从负极转移到正极；在电解质溶液中，阴离子移向负极，阳离子移向正极，阴、阳离子不能通过导线移动，即“电子不下水，离子不上岸”。7.现有 100 mL 0.5 mol/LCa(CIO)2溶液，向其中缓慢通入CO2(如图所示）。下列说法错误的是已知：溶液中粒子浓度可用以下公式计算： A. 0.01 mol CO2通入溶液时发生反应的化学方程式为B. 通入0.1 mol CO2后，用HNO3维持体系 pH=6，此时溶液中
14、粒子浓度大小关系为c(HCO3-)c(HCIO)c(Ca2+)C. 迅速通入0.05 mol CO2后，关闭开关，久置后发现体系中沉淀减少D. 缓慢通入0.05 mol CO2的过程中，水的电离程度一直减小【答案】B【解析】【详解】A100 mL 0.5 mol/LCa(CIO)2溶液，恰好与0.05molCO2反应生成CaCO3和HClO， 0.01 mol CO2通入溶液时，CO2为不足量，发生反应化学方程式依然是Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，A正确；B当通入0.1 mol CO2后，100 mL 0.5 mol/LCa(CIO)2溶液，恰好与0.1molCO2
15、反应生成Ca(HCO3)2和HClO，由物料守恒可知：c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=1mol/L，c(HClO)+c(ClO-)=1mol/L，由题中的公式可求得， ，比较它们的倒数，可知c(H2CO3)c(HClO)，B错误； C久置后，次氯酸分解生成盐酸和氧气，盐酸能与碳酸钙反应，导致体系中沉淀减少，C正确；D缓慢通入0.05 mol CO2的过程中，发生反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，Ca(ClO)2电离出的ClO-促进水的电离，生成的HClO电离出的H+能抑制水的电离，缓慢通入0.05 mol CO2的过程中，ClO-
16、转化为HClO，故水的电离程度一直减小，D正确；答案选B。8.某草酸亚铁水合物A可用于制作照相显影剂、制药等。下面是对该化合物的制备及分析的实验方案。请回答下列问题。(1)硫酸亚铁的制备及收集纯净的氢气：将2.00g铁粉（含少量FeS及其他难溶性杂质）放入150mL锥形瓶中，加入25mL 3 mol/L H2SO4,水浴加热。反应完毕趁热过滤，反应装置如下图所示（每个装置限用一次）。使用以上装置完成实验，指出装置连接顺序：a_。反应完毕后趁热过滤的目的是_。(2)草酸亚铁水合物A的制备：将滤液转移至事先已盛有50 mL 1 mol/L H2C2O4溶液的250mL烧杯中，搅拌下加热至沸腾，一段
17、时间后得到淡黄色沉淀（其主要成分为A)。已知A中铁的质量分数为31%,其化学式为_。3.6g A 在无氧条件下加热，最终得到1.44g 固体化合物，试写出该过程中发生反应的化学方程式：_。若对实验方案中的硫酸加入量略作调整，可以得到更高产率的A,试用化学平衡的相关知识分析，并指出该调整是增加还是减少硫酸的量：_。(3)草酸亚铁水合物A纯度的测定：称取mg产物于100mL烧杯中，用2 mol/L H2SO4溶解，转移至250 mL容量瓶中并用2 mol/L H2SO4定容。移取25.00mL溶液至 250 mL 锥形瓶中，微热后用浓度为c mol/L的标准高锰酸钾溶液滴定，平行测定三次，平均消耗
18、滴定剂VmL(假设杂质不参与滴定反应）。写出滴定过程中发生反应的离子方程式：_ ；列出表示产物中A的纯度的计算式：_。【答案】 (1). edcbgfh (2). 防止硫酸亚铁晶体析出 (3). FeC2O42H2O (4). FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O (5). 减少，经粗略计算得知第一步用于溶解Fe的硫酸是远远过量的，草酸是弱酸，H+浓度增大，C2O42-浓度减少，不利于草酸亚铁沉淀生成，故减少硫酸的量 (6). 5FeC2O4+3MnO4-+24H+=5Fe3+10CO2+3Mn2+12H2O (7). (5cV10-3250.0180)/(325.00m)100
19、%【解析】【详解】（1）产生的H2中含有H2S和水蒸气，从a中出来的气体依次通过NaOH溶液除去H2S，CuSO4溶液检验H2S是否除尽，浓硫酸除去水蒸气，最后用真空球囊收集纯净的H2，故装置连接顺序：aedcbgfh；反应完毕后，除去未反应的固体，同时又防止硫酸亚铁晶体析出，故采用趁热过滤的方式；（2）令草酸亚铁水合物A的化学式为FeC2O4xH2O， ，解得x=2，A的化学式为FeC2O42H2O； ，n(Fe)=0.02mol，m(Fe)=0.02mol56g/mol=1.12g，最终得到1.44g 固体化合物，因此所得固体是FeO，根据氧化还原反应中得失电子守恒，该过程中发生反应的化学
20、方程式：FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O；25mL 3 mol/L H2SO4的物质的量为0.075mol，2.00g铁粉的物质的量为0.036mol，Fe+H2SO4=FeSO4+H2，所以第一步用于溶解Fe的硫酸是过量的，草酸是弱酸，H+浓度增大，C2O42-浓度减少，不利于草酸亚铁沉淀生成，故应减少硫酸的量；（3）草酸亚铁难溶，在书写离子方程式时应写成分子式，故滴定过程中发生反应的离子方程式为5FeC2O4+3MnO4-+24H+=5Fe3+10CO2+3Mn2+12H2O；5FeC2O4+3MnO4-+24H+=5Fe3+10CO2+3Mn2+12H2O，反应物、生成
21、物变化的物质的量之比等于化学计量数之比，即n(FeC2O4)：n(KMnO4)=5：3，n(FeC2O4)= ，从250 mL容量瓶中移取25.00mL溶液，所以产物中FeC2O42H2O的纯度为 。9.铬矿是冶金、国防、化工等领域不可缺少的矿产资源，其中的铬铁矿是唯一可开采的铬矿石。工业上常用铬铁矿（主要含Fe2O3、FeO和Cr2O3,还含有MgO、Al2O3、SiO2等杂质）为原料制备重铬酸钾和三氧化二铁，其流程如图所示。已知常见离子开始生成沉淀和沉淀完全的pH如下表所示。请回答下列问题：(1)铬铁矿与熔融 NaOH 和 NaCIO3的反应是在坩埚中进行的，可用作此坩埚材料的是_.A.镍
22、 B.刚玉（Al2O3) C. 陶瓷 D.石英(2)写出铬铁矿中的Cr2O3与熔融 NaOH和NaCIO3反应的化学方程式：_。由于在该过程中铁元素会大量转变为NaFeO2,所以加水的作用为_（用离子方程式表示）。(3)“滤渣 2”主要成分为_（填化学式）。(4)利用化学平衡移动原理解释调节pH2约至4.5的原因是；再向其中加入KC1固体，蒸发浓缩至液体表面有晶膜产生，冷却结晶，过滤得到粗重铬酸钾晶体。为获得高纯度重铬酸钾晶体，可采取_（填操作名称）。(5)调节pH3的范围为_(6)已知铬铁矿中铁、铬元素的质量比为14:13.上述流程中铁元素转化为Fe2O3的利用率为60%,提取铬元素的转化率
23、为90%,如果得到Fe2O3的质量为32t,则可以制备K2Cr2O7的质量为_t(结果保留1位小数）。【答案】 (1). A (2). Cr2O3+4NaOH+NaClO3 Na2CrO4+NaCl+2H2O (3). FeO2-+2H2O=OH-+Fe(OH)3 (4). H2SiO3、Al(OH)3 (5). 因为存在平衡：2H+2CrO42-Cr2O72-+H2O,增大c(H+)使平衡正向移动，有利于产生Cr2O72- (6). 3.2pH38.1 (7). 88.2【解析】【分析】结合题中的信息和工艺流程图，铬铁矿的Cr2O3、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2与熔融 NaOH
24、和 NaCIO3反应生成Na2CrO4、NaFeO2、NaAlO2、Na2SiO3，从滤渣4灼烧得三氧化二铁可知，加水，滤液1的溶质含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，滤渣1的成分为Fe(OH)3、MgO；滤液3里面主要含有Fe3+、Mg2+，通过调节pH3使Fe3+完全沉淀，而不Mg2+沉淀；滤液1的溶质含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，通过调节pH1，使NaAlO2、Na2SiO3，转化为H2SiO3、Al(OH)3；滤液2通过调节pH2使CrO42-转化为Cr2O72-；根据铬铁矿中铁、铬元素的质量比为14：13，即物质的量之比为1：1，再根据利用率可知，得
25、到的Fe、Cr元素的物质的量之比为2：3，然后根据Fe2O3的质量计算出K2Cr2O7的质量。【详解】（1）A镍不与氢氧化钠反应，镍可以作此坩埚材料，A正确；BAl2O3能与氢氧化钠反应，故刚玉(Al2O3)不可以作此坩埚材料，B错误；C陶瓷的成分中含有二氧化硅，二氧化硅能与氢氧化钠反应，故陶瓷不可以作此坩埚材料，C错误；D石英的成分是二氧化硅，二氧化硅能与氢氧化钠反应，故陶瓷不可以作此坩埚材料，D错误；答案选A；（2）Cr2O3与熔融 NaOH和NaCIO3反应，被Cr2O3氧化为Na2CrO4，NaCIO3被还原为NaCI，其反应方程式为Cr2O3+4NaOH+NaClO3 Na2CrO4
26、+NaCl+2H2O；由流程图可以看出，Fe元素在过滤后进入滤渣中，说明NaFeO2能与水反应生成Fe(OH)3，反应方程式为FeO2-+2H2O=OH-+Fe(OH)3；（3）在第一步中能溶于氢氧化钠的除了 Cr2O3，还有Al2O3和SiO2，分别形成AlO2-和SiO32-，所以调节pH1的目的应该是为了出去Al元素和Si元素，故“滤渣2”的主要成分为H2SiO3、Al(OH)3； （4）本过程的目的是为了获得重铬酸钾，所以调节pH2的目的是将CrO42-转化为Cr2O72-，存在平衡2H+2CrO42-Cr2O72-+H2O，增大c(H+)使平衡正向移动，有利于Cr2O72-的生成。从
27、粗重铬酸钾晶体中获得高纯度重铬酸钾晶体的方法为重结晶；（5）“滤液3”中主要存在的金属离子为Fe3+、Mg2+，为了得到Fe(OH)3沉淀而不使Mg2+沉淀，应调节pH3的范围是3.2pH38.1；（6）铬铁矿中铁、铬元素的质量比为14：13，即物质的量之比为1：1，根据利用率可知，得到的Fe、Cr元素的物质的量之比为2：3，得到Fe2O3的质量为32t，即2105mol，所以Cr元素的物质的量为6105mol，即K2Cr2O7的物质的量为3105mol，K2Cr2O7的质量为3105mol294g/mol=8.82107g=88.2 t。10.二氧化硫的污染臭名昭著，含硒的化学药物却有望迎来
28、美名。某环保车间将含SO2、NO烟气经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) H=-200.9 kJmol-1NO(g)+1/2O2(g)=NO2(g) H=-58.2 kJmol-1SO2(g)+O3(g)=SO3(g)+O2(g) H=-241.6kJmol-1(1)实验表明，在常温下反应：3NO(g)+O3(g)=3NO2(g)正向自发，试说明原因：_。(2)将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其转化过程如图所示，试写出反应I的离子反应方程式：_，
29、反应II的离子方程式：_。(3)用CaSO3水悬浮液处理二氧化氮，若在吸收液中加入Na2SO4溶液，能提高NO2的吸收速率，其主要原因是_；达到平衡后，溶液中c(SO32-)=_用c(SO42-、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示。(4)氮的氧化物还可以通过电解法处理获得氮气和氧气，电解质为固体氧化物陶瓷，据图写出阴极的电极反应方程式：_。(5)已知 SeO2与SO2的混合烟气用水吸收可制得单质硒，过滤得粗硒，硒的部分物理性质如下表所示。某工艺采用真空蒸馏的方法提纯获得纯硒，采用真空蒸馏的目的是_。(6)最近我国学者锁定COVID-19的新靶点Mpro蛋白酶，通过先进筛选手段，在F
30、DA批准的已上市和临床实验药物中，发现老药Ebselen()在细胞实验中展现出优异的抗病毒效果，优于此前研究者设计的多种冠状病毒Mpro蛋白酶的抑制剂N3,这两类药物都是抑制病毒的核苷酸的复制。Ebselen抑制病毒复制的最佳浓度为_,比较N3半数有效浓度有无与伦比的优势。从影响化学反应速率的因素分析，这类药物的作用原理为_。【答案】 (1). 反应的H=-317.3 kJmol-1，该反应是气体体积减小的反应，S小于零，但数值很小，在常温下，G=H-TS0，反应自发 (2). 2Ce4+H2=2Ce3+2H+ (3). 4H+2NO+4Ce3+=N2+4Ce4+2H2O (4). CaSO3
31、转化为CaSO4使溶液中SO32-的浓度增大，加快SO32-与NO2的反应速率 (5). Ksp(CaSO3)/Ksp(CaSO4)c(SO42-) (6). 2NOx+4xe-=N2+2xO2- (7). 降低Se的沸点，避免Se与空气中氧气发生反应 (8). 10 (9). 这类药物相当于病毒复制反应中的负催化剂，能明显的减缓反应速率，药物的有效特别强调催化剂的选择性，尽量不能影响人体健康【解析】【详解】（1）NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) H=-200.9 kJmol-1，NO(g)+1/2O2(g)=NO2(g) H=-58.2 kJmol-1，利用盖斯定律，由反应+
32、2得3NO(g)+O3(g)=3NO2(g) H=-317.3 kJmol-1，该反应是气体体积减小的反应，S0，但是数值很小，在常温下，G=H-TS0，反应自发；（2）将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，根据转化过程的图示可知反应I是H2还原Ce4+，其离子方程式为2Ce4+H2=2Ce3+2H+；反应II的离子方程式：4H+2NO+4Ce3+=N2+4Ce4+2H2O ；（3）加入Na2SO4溶液，发生反应CaSO3+SO42-=CaSO4+SO32-，CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO32-的浓度增大，加速SO32-与NO2的反应速率，故溶液中
33、c(SO32-)=Ksp(CaSO3)/Ksp(CaSO4)c(SO42-)；（4）由题意可知NOx在阴极放电生成N2，电极反应式为2NOx+4xe-=N2+2xO2- ；（5）真空使得压强降低，从而降低Se的沸点，避免Se与空气中氧气发生反应；（6）由图b可知Ebselen浓度为10时出现拐点，且浓度再增大抑制率变化不大，故最佳浓度为10。分析影响反应速率的因素，这类药物相当于病毒复制反应中的负催化剂，能明显的减缓反应速率，药物的有效特别强调催化剂的选择性，尽量不影响人体健康。化学选修3:物质结构与性质11.海洋是元素的摇篮，海水中含有大量卤族元素。NaCl晶胞结构示意图如下所示（晶胞边长为
34、a nm).(1)元素 Na的价电子被激发到相邻高能级后形成的激发态Na原子，其价电子轨道表示式为_。(2)除了 NaCl，Cl 元素还能形成多种价态的化合物，如NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO4，这四种钠盐对应的酸的酸性依次增强，试解释HClO4的酸性强于HClO3的原因：_。(3)在适当条件下，电解NaCl水溶液可制得 NaClO3。NaCl水溶液中存在的微粒间作用力有_（填序号）。A.离子键 B.极性键 C.配位键 D.氢键根据价层电子对互斥理论，预测ClO3-的空间构型为_，写出一个ClO3-的等电子体的化学符号：_(4)在NaCl晶体中，Na 位于Cl 所围成的正_
35、面体的体心，该多面体的边长是_nm。(5)Na 半径与Cl半径的比值为_（保留小数点后3位，=1.414)。【答案】 (1). (2). HClO3和HClO4，可分别表示为(HO)ClO2，和(HO)ClO3，HClO3中Cl为+5价，HClO4中Cl为+7价。后者正电性更高，导致H、O之间的电子对向O偏移，更易电离出H+（或HClO4中非羟基氧数比HClO3多，故HClO4酸性比HClO3强） (3). BCD (4). 三角锥形 (5). SO32-、IO3-或BrO3- (6). 八 (7). (8). 0.414【解析】【详解】（1）元素Na的焰色反应呈黄色；激发态Na原子价电子由3
36、s能级激发到3p能级，其价电子轨道表示式为；（2）HClO3和HClO4，可分别表示为(HO)ClO2和(HO)ClO3，HClO3中Cl为+5价，HClO4中Cl为+7价。后者正电性更高，导致H、O之间的电子对向O偏移，更易电离出H+（或HClO4中非羟基氧数比HClO3多，故HClO4酸性比HClO3强）。（3）A在NaCl的水溶液中，NaCl电离成自由移动的钠离子和氯离子，离子键被破坏，A不符合题意；B水分子中存在极性共价键，B符合题意；C氢离子提供空轨道，水分子中的氧原子提供孤电子对，存在配位键，C正确；D水分子间存在氢键，D正确；答案选BCD。根据价层电子对互斥理论，ClO3-的价层
37、电子对数是4，中心原子上的孤电子对数是1，故ClO3-的空间构型为三角锥形；原子个数相等，价电子总数相同的分子或离子互为等电子体，故与ClO3-的等电子体的物质是SO32-、IO3-或BrO3-；（4）晶体中，以Na+为中心在它的上下前后左右有6个Cl-，Na+位于Cl-所围成的八面体的体心，如图，该多面体的边长=图中对角线长的一半=； （5）根据图，NaCl晶体中阴阳离子的最短距离为anm的一半即nm，Cl-半径为对角线的 ，即为nm，由图 ，Na+半径为(nm-nm)，所以Na+半径与Cl-半径之比为(nm-nm)：nm=0.414 。化学选修5:有机化学基础12.一种常用的镇静、麻醉药物
38、I,其合成路线如下。 已知：B、C互为同分异构体+R1OH；+R3Br+CH3ONa+CH3OH+NaBr；+ R1OH；其中 R、R2代表烃基或氢原子，R1、R3代表烃基。回答下列问题。(1)试剂a为溴代物，其名称为_，G中官能团的名称为_，G-H的反应类型为_。(2)I的结构简式为_。(3)写出 B+CD的化学方程式：_(4)设计实验区分B、D,所选用的试剂为_。(5)已知羟基与碳碳双键直接相连的结构不稳定，同一个碳原子上连接多个羟基的结构不稳定，满足下列要求的D的所有同分异构体共有_种，写出其中互为顺反异构物质的结构简式：_。a.能发生银镜反应；b.能发生水解反应；c.能使Br2的CCl
39、4溶液褪色；d.能与Na反应。(6)参照上述合成路线，请写出以 CH2BrCH2CH2Br、CH3OH、CH3ONa 为原料（无机试剂任选），制备的合成路线：_。【答案】 (1). 2-溴戊烷 (2). 酯基 (3). 取代反应 (4). (5). (6). 新制的Cu(OH)2浑浊液 (7). 4 (8). (9). CH2BrCH2CH2BrHOCH2CH2CH2OHHOOCCH2COOH CH3OOCCH2COOCH3 【解析】【分析】（1）对比G、H的结构，结合已知反应发现，试剂a应为CH3CHBrCH2CH2CH3；（2）根据信息可知，以及I的分子式以及提示信息，H物质中的两个酯基分
40、别与 中的两个氨基反应生成具有环状结构的I物质；（3）结合转化图和信息、可知，推测出C物质的结构简式，然后写出 B+CD的化学方程式；（4）B中只含有酯基，D中含有醛基和酯基，D具有醛的性质，可以用新制的氢氧化铜悬浊液区分；（5）根据条件，D的同分异构体中应含有甲酸酯基结构、碳碳双键和羟基等官能团，结合已知条件，写出符合限制条件的D的同分异构体；（6）根据逆合成推导法并结合题中信息可知，获得的最终产物应是CH3OOCH2COOCH3与CH2BrCH2CH2Br反应生成的，而要得到CH3OOCH2COOCH3，必须获得HOOCCH2COOH，再从原料卤代烃经水解的醇，醇经氧化的酸，即可完成合成路
41、线。【详解】（1）对比G、H的结构，结合已知反应发现，试剂a应为CH3CHBrCH2CH2CH3，即2-溴戊烷；观察G的结构，含有两个酯基，观察GH的变化，应是2-戊基取代G中的氢原子；故G-H的反应类型为取代反应；（2）根据信息可知，H物质中的两个酯基分别与 中的两个氨基反应生成具有环状结构的I物质；（3）结合转化图和信息、可知，C物质应为甲酸乙酯，B+C-D的化学方程式：；（4）B中只含有酯基，D中含有醛基和酯基，故区分二者的试剂为新制的Cu(OH)2悬浊液(或银氨溶液)（5）根据条件，D的同分异构体中应含有甲酸酯基结构、碳碳双键和羟基等官能团，结合已知条件，符合条件的结构应该有如下几种：、（顺式结构）、（反式结构）；（6）根据逆合成推导法并结合题中信息可知，获得的最终产物应是CH3OOCH2COOCH3与CH2BrCH2CH2Br反应生成的，而要得到CH3OOCH2COOCH3，必须获得HOOCCH2COOH，再从原料卤代烃经水解的醇，醇经氧化的酸，即可完成合成路线。其合成路线图为：CH2BrCH2CH2BrHOCH2CH2CH2OHHOOCCH2COOH CH3OOCCH2COOCH3 。