1、高中化学高考模拟试题（三）1.答题前，考生先将自己的姓名、考号、座号填写在相应位置。2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cu-64 Sr-87.6一、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意。1.化学与生活、生产密切相关。下列说法正确的是A. KA1(SO4)212H2O常用于杀菌消毒B. 生活中可用无水乙醇消毒
2、C. 纤维素在人体内水解得到葡萄糖D. 泡沫灭火器中的反应物是NaHCO3和Al2(SO4)3【答案】D【解析】【详解】A、明矾常用于净水，利用Al3水解成氢氧化铝胶体，吸附水中悬浮固体颗粒，达到净水目的，明矾不能杀菌消毒，故A错误；B、生活中常用75%乙醇进行消毒，故B错误；C、人体中不含水解纤维素的酶，即纤维素在人体中不能水解成葡萄糖，故C错误；D、利用NaHCO3和Al2(SO4)3发生双水解反应：Al33HCO3=Al(OH)33CO2，故D正确；2.丙烷的分子结构可简写成键线式结构，有机物A的键线式结构为，有机物B与等物质的量的H2发生加成反应可得到有机物A。下列有关说法错误的是（）
3、A. 用系统命名法命名有机物A，名称为2，2，3三甲基戊烷B. 有机物A的一氯取代物只有4种C. 有机物A的分子式为C8H18D. B的结构可能有3种，其中一种名称为3，4，4三甲基2戊烯【答案】B【解析】【详解】A最长的主链含有5个C原子，从距离甲基近的一段编碳号，的名称为：2，2，3-三甲基戊烷，选项A正确；B根据信息可知，A的结构简式为，分子中有5种化学环境不同的氢原子，故其一氯代物有5种，选项B错误；C由A的结构简式可知，A的分子式为C8H18，选项C正确；DA是有机物B与等物质的量的H2发生加成产物，则B中含有1个C=C双键，根据加成反应还原双键，A中相邻碳原子上都含有H原子的可以含
4、有碳碳双键，故B的结构简式可能有如下三种：、，它们名称依次为：3，3-二甲基-2-乙基-1-丁烯、3，4，4-三甲基-1-戊烯、3，4，4-三甲基-2-戊烯，选项D正确；答案选B。3.下列各实验中所选用的实验仪器不能都用到的是A. 除去Na2CO3溶液中的CaCO3，选用、和B. NaC1溶液的蒸发结晶，选用、和C. 配制100mL 0.1molL-1的NaOH溶液，选用、和D. 将海带灼烧灰化，选用、和【答案】D【解析】【详解】A除去Na2CO3溶液中的CaCO3，采用过滤的方法，选用、和，A正确；BNaC1溶液的蒸发结晶，用酒精灯加热蒸发皿，并用玻璃棒搅拌，选用、和，B正确；C配制100m
5、L 0.1molL-1的NaOH溶液，溶解选用、，移液选用、，定容选用，C正确；D将海带灼烧灰化，选用酒精灯加热，泥三角固定、坩埚中灼烧，选用、和坩埚，D错误；答案为D。4.某元素基态原子3d轨道上有10个电子，则该基态原子价电子排布不可能是A. 3d104s1B. 3d104s2C. 3s23p6D. 4s24p2【答案】C【解析】【详解】A若价电子排布为3d104s1，为29号元素Cu，电子排布式为：Ar3d104s1，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，故A正确；B若价电子排布为3d104s2，为30号元素Zn，电子排布式为Ar3d104s2，3d轨道上的电子处于全充满状
6、态，整个体系的能量最低，故B正确；C若价电子排布为3s23p6，为18号元素Ar，电子排布式为1s22s22p63s23p6，3d轨道上没有电子， 故C错误；D若价电子排布为4s24p2，为32号元素Ge，电子排布式为Ar3d104s24p2，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，故D正确；故答案为C。5.泛酸和乳酸均易溶于水并能参与人体代谢，结构简式如下图所示。下列说法不正确的是泛酸乳酸A. 泛酸分子式为C9H17NO5B. 泛酸在酸性条件下的水解产物之一与乳酸互为同系物C. 泛酸易溶于水，与其分子内含有多个羟基易与水分子形成氢键有关D. 乳酸在一定条件下反应，可形成六元环状化
7、合物【答案】B【解析】【详解】A. 根据泛酸的结构简式，可知分子式为C9H17NO5，故A正确；B. 泛酸在酸性条件下的水解出，与乳酸中羟基个数不同，所以与乳酸不是同系物，故B错误；C. 泛酸中的羟基与水分子形成氢键，所以泛酸易溶于水，故C正确；D. 2分子乳酸在一定条件下反应酯化反应，形成六元环状化合物，故D正确；选B。【点睛】本题考查有机物的机构和性质，重点是掌握常见官能团的结构和性质，肽键在一定条件下水解，羟基、羧基一定条件下发生酯化反应，正确把握同系物的概念。6.已知A、B、C、D为由短周期元素组成的四种物质，它们有如下所示转化关系，且D为强电解质(其他相关物质可能省略)。下列说法不正
8、确的是A. 若A为非金属单质，则它与Mg反应的产物中阴、阳离子个数比可能为2:3B. 若A为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置可能处于第二周期第IVA族C. 若A是共价化合物，则A和D有可能发生氧化还原反应D. 若A是金属或非金属单质，则常温下0. 1 mol/L的D溶液中由水电离出的c(H+)可能为10-13mol/L【答案】B【解析】【分析】中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na元素单质化合物符合转化关系。【详解】A若A为非金属单质氮气，则它与Mg反应的产物为Mg3N2，阴阳离子个数比为2：3，A项正确；B若A的组成元素为第二周期IVA族元素，则A为碳元素，B为CO，C
9、为CO2，D为H2CO3，碳酸为弱酸，与题给的D为强电解质这一信息不符合，B项错误；C若A为共价化合物硫化氢，可与浓硫酸反应氧化还原反应，C项正确；D若A为金属单质，则D溶液为强碱溶液，可判断A为钠。常温下0. 1 mol/L的NaOH溶液中由水电离出的c(H+)为10-13mol/L，如果是氮气，则D是硝酸，常温下0.1mol/L硝酸溶液中由水电离出的氢离子浓度是10-13mol/L，D项正确；所以答案选择B项。【点睛】单从题给的反应过程来看，明确物质A经过了连续氧化，所以所涉及的短周期元素肯定有变价，如从CH4COCO2,CCOCO2； NH3NONO2，N2NONO2； SSO2SO3，
10、H2SSSO2等。7.已知干冰晶胞属于面心立方最密堆积，晶胞中相邻最近的两个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D. CO2分子的立体构型是直线形，中心C原子的杂化类型是sp3杂化【答案】B【解析】【详解】A面心立方最密堆积配位数为12，故A错误；B该晶胞中最近的相邻两个CO2分子间距为apm，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apm，则晶胞棱长=apm=a10-10 cm，晶胞体积=(a10-10 cm)3，该晶胞中二氧化碳分子
11、个数=8+6=4，晶胞密度=，故B正确；C该晶胞中二氧化碳分子个数=8+6=4，故C错误；D二氧化碳分子是直线形分子，C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；故选：B。【点睛】六方最密堆积、面心立方最密堆积的配位数均为12，体心立方堆积配位数为8，简单立方堆积配为数为6。8.下列实验中，能达到相应实验目的的是A制备并收集乙酸乙酯B证明氯化银溶解度大于硫化银C验证溴乙烷的消去产物是乙烯D推断S、C、Si的非金属性强弱A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选A；B、1mL0.1mol/L的Ag
12、NO3溶液滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液生成白色沉淀AgCl，AgNO3有剩余，再滴加几滴0.1mol/L的Na2S，AgNO3与Na2S反应生成Ag2S沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故不选B；C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯，故不选C；D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性SC，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性CSi，故选D。9.硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l) H= -97.3k
13、J/mol，装置如图所示（部分装置省略）。已知SO2Cl2的熔点为54.1，沸点为69.1，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。下列说法错误的是A. 乙装置中盛放的试剂是P2O5，防止水蒸气进入装置中B. 装置甲应置于冰水浴中，目的是提高SO2Cl2产率C. 反应结束后，分离甲中混合物的实验操作是蒸馏D. SO2、Cl2均可使品红试液褪色，原理不相同【答案】A【解析】【分析】SO2Cl2沸点低、易挥发，根据装置图可知，三颈烧瓶上方的仪器的名称为球形冷凝管，作用是使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流；由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，Cl2、SO2都是有毒气体，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2C
14、l2遇水能发生剧烈反应并产生白雾，所以乙中盛碱石灰吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入甲中导致硫酰氯水解；活性炭有多孔结构可以增大反应物之间的接触面，提高反应速率；分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法。【详解】A. 乙装置中盛放的试剂是碱石灰，吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入甲中导致硫酰氯水解，故A错误；B. 制备硫酰氯的反应为放热反应，装置甲应置于冰水浴中，可提高SO2Cl2产率，故B正确；C. 根据硫酰氯的熔沸点数据，反应结束后，分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏，故C正确；D.
15、 SO2、Cl2均可使品红试液褪色，二氧化硫可以和有机色质结合而具有漂白性，氯水中的次氯酸具有氧化性而具有漂白性，二者漂白原理不一样，故D正确；答案选A。10.研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是A. 整个过程中O3作催化剂B. 反应III的方程式为O2+O=O3C. 光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质D. 反应I、反应均属于氧化还原反应【答案】A【解析】【详解】A、催化剂：反应前后质量和性质不发生改变，根据过程，O3只参与反应，没有O3的生成，因此O3不是催化剂，故A说法错误；B、根据过程，反应III：O和
16、O2参与反应，生成O3，即反应 方程式为O2O=O3，故B说法正确；C、根据反应过程，反应生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等刺激性物质，故C说法正确；D、反应I：O33NO=3NO2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，反应丙烯与O3发生反应生成甲醛和乙醛，发生氧化还原反应，故D说法正确；二、本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11.微生物燃料电池可净化废水，同时还能获得能源或有价值的化学产品，图1为其工作原理，图2为废水中Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。下列说法正确的是A. M为电池正极，
17、CH3COOH被还原B. 外电路转移4mol电子时，M 极产生22.4LCO2C. 反应一段时间后，N极附近溶液pH下降D. Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活【答案】D【解析】【详解】A.由图中信息可知，电子由M极流向N极，则M为电池负极，CH3COOH被氧化，选项A错误；B. 根据负极电极反应式CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2+8H+可知，外电路转移4mol电子时， 标准状况下M极产生22.4LCO2(忽略CO2溶解)，但题干中没有说明标准状况，选项B错误；C.根据图中信息可知， N极消耗氢离子，反应一段时间后，氢离子浓度降低，N极附近pH增大，选项C错误；D.
18、强氧化剂能使蛋白质变性，故Cr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活，选项D正确；答案选D。12.工业上以铬铁矿（主要成分为FeOCr2O3）、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O72H2O)，其主要反应为：4FeOCr2O38Na2CO37O2 8Na2CrO42Fe2O38CO22Na2CrO4H2SO4Na2SO4Na2Cr2O7H2O下列说法中正确的是A. 反应和均为氧化还原反应B. 反应的氧化剂是O2，还原剂是FeOCr2O3C. 高温下，O2的氧化性大于Fe2O3小于Na2CrO4D. 生成1mol的Na2Cr2O7时共转移7mol电子【答案】BD【解析】【
19、详解】A、4FeOCr2O38Na2CO37O2 8Na2CrO42Fe2O38CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4H2SO4Na2SO4Na2Cr2O7H2O中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；B、4FeOCr2O38Na2CO37O2 8Na2CrO42Fe2O38CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeOCr2O3，故B正确；C、4FeOCr2O38Na2CO37O2 8Na2CrO42Fe2O38CO2中，氧化剂是氧气，还原剂是FeOCr2O3，所以氧气的氧化性大于Na2C
20、rO4和Fe2O3，但不能判断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，故C错误；D、由方程式4FeOCr2O38Na2CO37O2 8Na2CrO42Fe2O38CO2转移电子可知，生成1mol Na2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为mol，反应中O元素由0价降低为-2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为mol4=3.5mol，所以反应（1）中每生成1mol Na2CrO4时电子转移3.5mol，反应（2）不是氧化还原反应，所以生成1mol的Na2Cr2O7时转移7mol电子，故D正确；故选BD。13.碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同
21、时又能制得氢气，具体流程如下：下列说法正确的是A. 分离器中的物质分离操作为过滤B. 反应器中，控制温度为20100，温度过低速率慢，过高水气化且增大碘的流失，反应速率也慢C. 该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”D. 碘循环工艺的总反应为2SO2+4H2O+I2=H2+2H2SO4+2HI【答案】BC【解析】【分析】从流程图可知，在反应器中，I2氧化SO2，生成硫酸和HI，在分离器中分离硫酸和HI，在膜反应器中HI发生分解反应产生H2和I2。【详解】A.H2SO4、HI都溶于水，所以分离器中的物质分离操作不可能是过滤，A错误；B.在反应器中，控制温度为20100，根据温度对化学反应速
22、率的影响，若反应温度过低速率慢，但温度过高，水气化，会使碘单质升华，增大碘的流失，也会导致反应速率比较慢，B正确；C.在反应器中I2反应转换为HI，在膜反应器中HI分解转化为H2和I2，从而实现了碘循环，C正确；D.在反应器中发生反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，在膜反应器中发生反应：2HI=H2+I2，所以碘循环工艺的总反应为2SO2+2H2O=H2+H2SO4，D错误；故合理选项BC。【点睛】本题考查了氧化还原反应在环境污染治理应用的知识。采取一定的工艺流程，不仅可以降污减排，而且还可以得到有实用价值的化工原料，实现物质的资源化利用，真正实现“垃圾是放错地方的资源”的合理化
23、应用。14.25时，向0.10molL-1的H2C2O4(二元弱酸)溶液中滴加NaOH溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是A. 25时H2C2O4的一级电离常数为Ka1=104.3B. pH=2.7的溶液中：c(H2C2O4)=c(C2O42-)C. pH=7的溶液中：c(Na+)2c(C2O42-)D. 滴加NaOH溶液的过程中始终存在：c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-)=c(Na+)+c(H+)【答案】A【解析】【分析】草酸属于二元弱酸，滴加NaOH溶液，发生H2C2O4NaOH=NaHC2O4H2O，NaHC2O4NaOH=N
24、a2C2O4H2O，然后进行分析；【详解】草酸属于二元弱酸，滴加NaOH溶液，发生H2C2O4NaOH=NaHC2O4H2O，NaHC2O4NaOH=Na2C2O4H2O，A、根据图像，H2C2O4二级电离常数表达式K=c(C2O42)c(H)/c(HC2O4)，在pH=4.3时，c(C2O42)=c(HC2O4)，此时H2C2O4的二级电离常数为104.3，不是H2C2O4的一级电离常数，故A说法错误；B、根据图像，pH=2.7的溶液中，c(H2C2O4)=c(C2O42)，故B说法正确；C、根据电荷守恒，c(Na)c(H)=c(OH)c(HC2O4)2c(C2O42)，当pH=7时，c(H
25、)=c(OH)，有c(Na)=c(HC2O4)2c(C2O42)，因此c(Na)2c(C2O42)，故C说法正确；D、溶液为电中性，滴加氢氧化钠溶液过程中始终存在c(Na)c(H)=c(OH)c(HC2O4)2c(C2O42)，故D说法正确；15.用煤油作溶剂，二(2乙基己基)磷酸酯作流动载体，H2SO4 作内相酸处理含铜废水。 在其他条件相同时，Cu2萃取率萃取率100 与初始 Cu2浓度关系如图 1 所示；在其他条件相同时，处理前初始 Cu2浓度为 200 mgL1，Cu2萃取率与废水 pH 的关系如图 2 所示。下列说法错误的是A. 根据图 1 可知，废水中初始 Cu2浓度越大，Cu2的
26、萃取效果越好B. 根据图 2 可知，废水初始 pH2 时，去除 Cu2的效果较好C. 根据图 1 可知，Cu2初始浓度为 200 mgL1 时，Cu2的萃取率为 97.0D. 根据图 2 可知，若取 800 mL 初始 Cu2浓度为 200 mgL1 的废水，在 pH1.5 时处理废水，则处理后的废水中剩余 Cu2的物质的量为 1.5103mol(假设体积不变)【答案】AD【解析】【分析】根据图 1 可知，Cu2萃取率随初始 Cu2浓度（100-400mg/L）的增大而减小；根据图 2 可知，废水初始 pH2 时，去除 Cu2的效果较好且稳定，结合图像数据进行具体分析。【详解】A根据图 1 可
27、知，Cu2萃取率随初始 Cu2浓度的增大而减小，故A错误；B根据图 2 可知，废水初始 pH2 时，去除 Cu2的效果较好，故B正确；C根据图 1 可知，Cu2初始浓度为 200 mgL1 时，Cu2的萃取率为 97.0，故C正确；D根据图 2 可知，若取 800 mL 初始 Cu2浓度为 200 mgL1 的废水， ，在 pH1.5 时处理废水，萃取率为60%，则除去的，则处理后的废水中剩余 Cu2的物质的量为 1103mol，故D错误；答案选AD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.甲醛(HCHO)俗称蚁醛，是一种重要的化工原料。可通过以下方法将甲醇转化为甲醛。脱氢法：CH3OH(
28、g)=HCHO(g)H2(g) H192.09 kJmol1氧化法：CH3OH(g)O2(g)=HCHO(g)H2O(g)H2回答下列问题:(1)已知：2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H3483.64 kJmol1，则H2_。(2)与脱氢法相比，氧化法在热力学上趋势较大，其原因为_。(3)图1为甲醇制备甲醛反应的lg K(K为平衡常数)随温度(T)的变化曲线。曲线_(填“a”或“b”)对应脱氢法，判断依据是_。(4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品(结构简式如图2)，该物质在医药等工业中有广泛用途。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为_。(5)室内甲醛超标会危害
29、人体健康，通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型甲醛气体传感器的原理如图3所示，则a极的电极反应式为_，当电路中转移4104 mol电子时，传感器内参加反应的HCHO为_mg。【答案】 (1). 149.73 kJmol1 (2). 脱氢法的反应为吸热反应，氧化法的反应为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大 (3). b (4). 脱氢法为吸热反应，温度升高，K增大 (5). 32 (6). HCHOH2O -4e = CO24H (7). 3【解析】【详解】(1)已知iCH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)H1=+92.09kJmol-1ii.2H2(g)+O2(g)2H2O
30、(g)H3=-483.64kJmol-1，根据盖斯定律i+ii得方程式CH3OH(g)+O2(g)=HCHO(g)+H2O(g)H2=(+92.09-483.64)kJ/mol=-149.73kJmol-1；(2)根据热化学反应方程式可知脱氢法焓变大于零为吸热反应，氧化法焓变小于零为放热反应，放热反应在热力学上趋势较大；(3)脱氢法为吸热反应，温度升高，K增大，所以曲线b对应的是脱氢法；(4)将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，每个甲醛分子中含有1个C原子、每个氨气分子中含有1个N原子，根据C原子、N原子守恒知，要
31、形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气分子个数之比=6：4=3：2，即物质的量之比为3:2；(5)据图可知a极HCHO被氧化生成CO2，则a为原电池负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为HCHOH2O -4e = CO24H；根据电极方程式可知转移4104 mol电子时，参与反应的HCHO为1104mol，质量为1104mol30g/mol=0.003g=3mg。17.法国一家公司研发出一种比锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，该电池的负极材料为Na2Co2TeO6(制备原料为Na2CO3、Co3O4和TeO2)，电解液为NaClO4的碳酸丙烯酯溶
32、液。回答下列问题:(1)C、O、Cl三种元素电负性由大到小的顺序为_。(2)基态Na原子中，核外电子占据的原子轨道总数为_，Te属于元素周期表中_区元素，其基态原子的价电子排布式为_。(3)CO32-的空间构型为_，碳酸丙烯酯的结构简式如图所示,其中碳原子的杂化轨道类型为_,1mol碳酸丙烯酯中键的数目为_。(4)Na和O形成的离子化合物的晶胞结构如图所示,晶胞中O的配位数为_，该晶胞的密度为g/cm3,阿伏加德罗常数的值为NA，则Na与O之间的最短距离为_cm(用含有、NA的代数式表示)。【答案】 (1). OClC （或OClC） (2). 6 (3). p (4). 5s25p4 (5)
33、. 平面三角形 (6). sp2、sp3 (7). 13NA(或136.021023) (8). 8 (9). 【解析】【详解】(1)元素的非金属性越强其电负性越大，O、Cl、C的非金属性大小顺序是OClC，所以其电负性大小顺序是OClC；(2)Na元素的原子序数为11，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，每个能级字母前的数字表示电子层数，所以该元素含有3个电子层，各能级包含的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7，该元素含有s、p能级，1+1+3+1=6个轨道；Te原子为52号元素，位于周期表第五周期、第VIA族，价电子排布式为5s25p4，属于p区；(3)CO3
34、2-中碳原子价层电子对个数=3+(4+2-32)=3，且不含孤电子对，所以C原子采用sp2杂化，空间构型为平面三角形；碳酸丙烯酯中碳原子为单键和双键，单键形成4个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，为sp3杂化，双键形成3个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，sp2杂化，所以碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3，键的总数目为13，即13NA(或136.021023)；(4)氧离子半径大于钠离子半径，所以白色球为O，晶胞中白色球数目为8+6=4，黑色球为Na，共8个，由晶胞对称性可知O的配位数为8；根据晶胞结构可知Na周围距离最近的4个O形成正四面体，顶点O与正四面体体心的Na连线处于晶胞体对角
35、线上，Na与O之间的最短距离为体对角线的，晶胞体积=，晶胞边长=cm，则Na与O之间的最短距离为cm。【点睛】元素的非金属性越强其电负性越大；(5)中计算为易错点、难点，关键是明确Na、O距离与晶胞棱长关系，需要学生具备一定的空间想象能力。18.氮化锶(Sr3N2)在工业上广泛用于生产荧光粉。已知：锶与镁位于同主族：锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。I利用装置A和C制备Sr3N2(1)实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接，其连接方法是先将_，然后稍稍用力即可将玻璃管插入橡皮管。(2)写出由装置A制备N2的化学反应方程式_。(3)装置A中a导管的作用是_。利用该套装置时，有同学
36、提出应先点燃置A的酒精灯一段时间后，再点燃装置C的酒精灯，你同意其观点吗?_(“同意”或“不同意”)。理由是_。利用装置B和C制备Sr3N2。利用装置B从空气中提纯N2(已知：氧气可被连苯三酚溶液定量吸收)(4)写出装置B的NaOH溶液中发生反应的离子方程式_。(5)装置C中广口瓶盛放的试剂是_。测定Sr3N2产品的纯度(6)取10.0g该产品，向其中加入适量的水，将生成的气体全部通入浓硫酸中，利用浓硫酸增重质量计算得到产品的纯度，该方法测得产品的纯度偏高，其原因是_。经改进后测得浓硫酸增重1.02g，则产品的纯度为_。【答案】 (1). 橡皮管和玻璃管润湿（只将其中之一润湿也给分） (2).
37、 NH4Cl+NaNO2 N2+NaCl+2H2O (3). 平衡气压，使液体顺利流下 (4). 同意 (5). 利用生成的N2将装置内空气排尽（或排尽装置内空气等） (6). CO2+2OH-=CO32-+H2O (7). 浓硫酸 (8). 未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收（或其它合理答案） (9). 87.6【解析】【分析】装置A中饱和氯化铵和亚硝酸钠反应生成N2，经过装置B处理后的氮气进入装置C中与锶反应生成氮化锶，结合锶和氮化锶的性质和实验的基本操作分析解答。【详解】(1)实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接，连接橡皮管和玻璃管时，先将橡皮管和玻璃管润湿，然后稍稍用力即可将玻璃管插
38、入橡皮管，故答案为橡皮管和玻璃管润湿；(2)装置A中饱和氯化铵和亚硝酸钠反应生成N2，反应的化学反应方程式为NH4Cl+NaNO2 N2+NaCl+2H2O，故答案为NH4Cl+NaNO2 N2+NaCl+2H2O；(3)装置A是一个相对封闭的环境，a导管的存在，可以平衡气压，使饱和氯化铵溶液顺利流下。利用该套装置时，为了防止空气中的氧气与金属锶反应，实验时一个先点燃装置A的酒精灯一段时间后，再点燃装置C的酒精灯，故答案为平衡气压，使液体顺利流下；同意；利用生成的N2将装置内空气排尽(或排尽装置内空气等)；(4) 利用装置B和C制备Sr3N2。利用装置B从空气中提纯N2，其中氧气可被连苯三酚溶
39、液定量吸收，二氧化碳被氢氧化钠溶液吸收， NaOH溶液中发生反应的离子方程式为CO2+2OH-=CO32-+H2O，故答案为CO2+2OH-=CO32-+H2O；(5) 氮化锶遇水剧烈反应，进入装置C的氮气需要干燥，广口瓶盛放的试剂可以是浓硫酸，故答案为浓硫酸；(6)浓硫酸具有强烈的吸水性，生成的气体中含有一定量的水蒸气，未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收，导致测得氨气的质量偏大，造成测得的产品的纯度偏高；Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)3+2NH3，取10.0g产品，向其中加入适量的水。将产生的气体全部通入到浓硫酸中，浓硫酸增重1.02g，为氨气质量，氨气的物质的量=0.06mol，
40、则n(Sr3N2)= 0.03mol，产品纯度=100%=87.6，故答案为未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收；87.6。19.钒及其化合物在工业上有许多用途。某钒精矿的主要成分及质量分数如下表：物质V2O5V2O3K2OSiO2Fe2O3Al2O3质量分数%0.811.702.1163.915.8612.51一种从该钒精矿中提取五氧化二钒的流程如下：回答下列问题：(1)“酸浸、氧化”时，V2O3转化为VO2+，反应的离子方程式为_；若用浓盐酸代替硫酸，V2O5转化为VO2+，同时生成有毒的黄绿色气体，反应的化学方程式为_。(2)萃取剂对四价钒具有高选择性，且萃取Fe3+而不萃取Fe2+，
41、所以萃取前可用_（填名称，下同）对浸出液进行“还原”处理。为检验“还原”后的滤液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是_。(3)“溶剂萃取与反萃取”可表示为：VO2+ + (HR2PO4)2(O)VO(R2PO4)2(O)+ 2H+。其中(HR2PO4)2(O)为萃取剂，为了提高VO2+的产率，反萃取剂应该呈 _性（填“酸”“碱”或“中”）。(4)“氧化”中，欲使3molVO2+变为VO2+，则需要氧化剂NaClO3至少为_mol。(5)单质钒可用于制造特种合金钢。以五氧化二钒和金属钙为原料在高温条件下可制备单质钒，表示制备过程的化学方程式为_。【答案】 (1). 2V2O3+8H+O2=4V
42、O2+4H2O (2). V2O5+6HCl（浓）=2VOCl2+Cl2+3H2O (3). 铁粉 (4). 硫氰酸钾溶液 (5). 酸 (6). 0.5 (7). V2O5+5Ca2V+5CaO【解析】【分析】钒精矿经硫酸酸浸、氧气氧化得到滤液和废渣，滤液中主要阳离子有VO2+、VO2+、Fe3+、K+、Al3+，滤渣主要为SiO2；萃取剂对四价钒具有高选择性，且萃取Fe3+而不萃取Fe2+，所以萃取前可用铁粉将铁离子还原成亚铁离子，同时也将VO2+还原成VO2+，再经“溶剂萃取与反萃取”得到含VO2+的溶液，然后利用NaClO3将VO2+氧化成VO2+，加入氨水得到NH4VO3沉淀，煅烧得
43、到五氧化二钒。【详解】(1)“酸浸、氧化”时，V2O3转化为VO2+，该过程中氧气做氧化剂，V2O3为还原剂，结合电子守恒和元素守恒可得方程式为2V2O3+8H+O2=4VO2+4H2O；浓盐酸为还原性酸，V2O5转化为VO2+，同时将盐酸氧化成氯气，结合电子守恒和元素守恒可知方程为V2O5+6HCl(浓)=2VOCl2+Cl2+3H2O；(2)根据分析可知萃取前可用铁粉对浸出液进行“还原”处理；铁离子与硫氰酸钾溶液反应呈红色，可用硫氰酸钾溶液检验是否含有铁离子；(3)为了提高VO2+的产率需要平衡左移，则需要溶液中有大量氢离子，所以反萃取剂应呈酸性；(4)VO2+变为VO2+，化合价升高1价
44、，则使3molVO2+变为VO2+需要转移3mol电子，氧化剂NaClO3被还原成Cl-，化合价降低6价，所以转移3mol电子需要0.5molNaClO3；(5)该过程中高温条件下钙还原五氧化二钒得到单质钒，方程式为V2O5+5Ca2V+5CaO。20.药物瑞德西韦对新型冠状病毒(COVID-19)有明显抑制作用。K是合成瑞德西韦的关键中间体,其合成路线如下：R-OHR-Cl；回答下列问题:(1)B的结构简式为_，BC的反应类型为_，J中含氧官能团的名称为_，GH的反应化学方程式为_。(2)写出符合下列条件C的同分异构体X_（填结构简式，不考虑立体异构）。苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子;
45、 与FeCl3溶液发生显色反应; 1molX与足量金属Na反应可生成2g H2 。(3)E中含两个Cl原子,则E的结构简式为_。(4)写出以苯甲醇为原料制备的合成路线（其它试剂任选）：_。【答案】 (1). (2). 取代反应 (3). 酯基 (4). HCHO+HCN (5). (6). (7). 【解析】【分析】根据B到C的反应物以及C的结构简式可知B到C发生了取代反应，B为，则A到B为苯酚的硝化反应，所以A为，D发生信息1的反应生成E，且E中含两个Cl原子，则E为，E和A发生取代反应生成F；G到H在到I为信息2的反应，根据I结构简式知H为HOCH2CN，G为HCHO，I发生酯化反应生成J
46、，F和J发生取代反应生成K，J为，结合题目分析解答。【详解】(1)根据分析可知B为；B到C为酚羟基上的氢原子被取代的过程，所以反应类型为取代反应；J为，含氧官能团为酯基；G到H发生信息2的反应，方程式为：HCHO+HCN；(2)C的同分异构体X满足：苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子，说明结构对称，且至少含有一对相同的取代基；与FeCl3溶液发生显色反应说明含有酚羟基；1molX与足量金属Na反应可生成2g H2说明除酚羟基外还含有一个羟基，综合分析可知X可能为；(3)根据分析可知E为；(4)苯甲醇为，目标物中有酯基形成的一个六元环，六元环上含有4个碳，则首先需要将苯甲醇支链上的碳链加长，羟基可以催化氧化生成醛基，根据信息2可知醛基和HCN在催化剂作用下可加长碳链，同时生成羟基，再将CN转化成羧基，再进行酯化反应即可得到目标物，所以合成路线为。【点睛】C的同分异构体为本题难点，要认识到苯环上只有一种氢原子，说明结构对称，且至少含有一对相同的取代基，据此可以判断另一个羟基也应为酚羟基。