1、河北省唐山市玉田县第一中学2021届高三化学下学期5月三轮强化训练试题（一）（考试时间：75分钟，满分：100分）注意事项：1本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。3回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 F 19 Na 23 S 32 K 39 Co 59 Cu 64一、选择题：本题共9小题，每小题3分，共27分。每小题只有一个选项符合题意
2、。1中国不少古诗词清晰描述了当时人们的生活和社会的发展，如刘禹锡的浪淘沙“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈，美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗中蕴含的化学知识认知正确的是（ ） A雾的分散质粒子直径范围是1100nm B淘金原理与化学上的萃取一致 C沙子的主要成分是Si D“沙中浪底来”指的是金的氧化物2某有机物的结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法错误的是（ ）A 所有碳原子可能共平面 B 属于芳香烃C可发生取代反应、氧化反应、加聚反应 D能使酸性KMnO4溶液和Br2的CCl4溶液褪色3NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A标准状况下，22.4LHF中含有的原子
3、数目大于2NAB标准状况下11.2 L Cl2溶于水，溶液中Cl、ClO、HClO的微粒数之和为NAC100g质量分数17%的H2O2溶液中极性键数目为NAD用惰性电极电解饱和食盐水，转移电子数为NA时，生成的OH浓度为1mol/L42020年春节期间新型冠状病毒爆发，“抗击疫情，化学有责”。过氧乙酸是杀灭病毒的重要消毒剂，其制备原理：。下列有关说法正确的是（ ） A1 mol中非极性键个数为3 B的电子式为 C反应中涉及物质均为共价化合物 D比H2S稳定，因为中存在氢键5下列实验操作能达到实验目的是（ ）A向银镜反应后的试管中加入适量稀硝酸，微热除去试管内壁附着的单质银B称取24 .0g C
4、uSO5H2O固体配制溶液配制480 mL 0.2 molL1CuSO4溶液C将MgCl2溶液置于蒸发皿中加热蒸干由MgCl2溶液制得MgCl2固体D用pH试纸测CH3COONa溶液pH9，NaNO2溶液pH8判断HNO2和CH3COOH酸性强弱6LDFCB是一种电解质，该电解质阴离子由同周期元素原子W、X、Y、Z构成（如图），Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20，下列说法正确的是（ ） A四种元素形成的简单氢化物中Z的沸点最高 B原子半径：ZYXW CWZ3 化合物中所有原子最外层均满足8e DY、Z的简单氢化物还原性：YZ7下列离子方程式书写正确的是（ ）A
5、将少量氯气通入NaHSO3溶液中：HSO+H2O+Cl22Cl3H+SOB电解熔融AlCl3：2Al3+6Cl2Al+3Cl2CNaClO溶液中加入少量FeSO4溶液：2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H2O D氯气将FeI2溶液中1/3的Fe2+氧化：2Fe2+ 12I+7Cl22Fe3+6I2+ 14Cl8三氧化二锰（Mn2O3）在现代工业上应用广泛。以软锰矿（主要成分为MnO2）和硫锰矿（主要成分为MnS）为原料制备高纯度硫酸锰晶体（MnSO4H2O），进而制备Mn2O3的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（ ）A若软锰矿不足，可能产生有毒气体H2S B滤渣中含有非金属单质SC操作
6、X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 D煅烧生成的气体是SO39二氧化碳催化氢化制甲酸的反应过程如图所示（其中M为过渡金属，R表示烷基）。 下列说法错误的是（ ）A是反应的中间产物B二氧化碳催化氢化反应的原子利用率为100%C反应过程中M的成键数目保持不变D存在反应二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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。10一种瑞香素的衍生物的结构简式如图所示。下列有关该有机物性质的说法正确的是（ ）A1mol该物质与足量NaHCO3溶液反应可放出3molCO2B1mol该有机物最多可与含5molNaOH
7、的溶液反应C能与FeCl3溶液发生显色反应D1mol该有机物最多可与7molH2加成11利用如图装置，可用K2Cr2O7实现含苯酚废水的有效处理，处理后的废水毒性降低且不引入其它杂质。一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度减小。下列说法中错误的是（ ） A工作时，N极附近溶液pH升高B工作时，每转移6mol电子，有8molNa+移动到阴极室Ca为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜DM电极反应式为12和合成的原理：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H，按相同的物质的量投料，测得在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A H 0B反应速率：C平衡常
8、数：D的体积分数：13常温下，向100mL 0.1molL1Na2C2O4溶液中滴加0.1 molL1的盐酸，溶液中pOH与加入盐酸的体积关系如图所示。已知：pOH=lgc(OH)，K1(H2C2O4)=1102，K2(H2C2O4)=1105。下列说法不正确的是（ ） Am的值约为5B若V1=100，则n7Ca点：D若q=10，则b点对应的溶液中第II卷（非选择题）非选择题：共57分。第1416题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1718题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分14（14分）过碳酸钠(xNa2CO3yH2O2)是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂，俗称固体
9、双氧水，可以与稀硫酸反应生成两种气体。用以下实验装置制备过碳酸钠，操作如下：控制反应温度在5以下，将10.0gNa2CO3配制的饱和溶液滴入盛有15mL30%H2O2溶液的三颈烧瓶中，充分反应后，边搅拌边加入4.0gNaCl，静置结晶，过滤，用无水乙醇洗涤。（1）仪器乙的名称是_，支管在仪器甲中的作用是_。（2）控制反应温度在5以下的原因是_。（3）充分反应后加入NaCl的作用是_。.为了测定过碳酸钠组成，准确称取提纯后的晶体0.3140g进行如下实验：（4）仪器丙中支管不同于仪器甲中支管的作用是_。干燥管中的试剂为_。（5）反应结束并恢复至室温，水准管中的液面高于量气管中的液面，此时需要将水
10、准管慢慢向_（填“上”或“下”）移动，使两管液面相平并读数。（6）量气管（碱式滴定管改装）起始液面处于0刻度，终点读数如上图，则收集到的气体体积为_mL，已知该实验条件下气体摩尔体积为24.40L/mol，则x：y=_（化为最简整数比）。若终点俯视读数，则所求x：y_（填“偏大”或“偏小”）。15（14分）氯乙烯是制备塑料的重要中间体，可通过乙炔选择性催化加氢制备。已知：.部分化学键的键能如表所示。化学键键能347.7x413.4340.2431.8（1）表中x_。 （2）较低温度下乙炔选择性催化加氢过程只发生反应和。一定温度下，向盛放催化剂的恒容密闭容器中以物质的量之比为充入和，发生反应和。
11、实验测得反应前容器内压强为，10min达到平衡时、HCl(g)的分压分别为、。内，反应的平均速率_（用分压表示，下同）。的平衡转化率为_。 反应的平衡常数_。 （3）高温度下，会发生反应而形成积碳，其可能导致的后果为_（答出一点即可）；不同压强下，向盛放催化剂的密闭容器中以物质的量之比为充入和HCl(g)发生反应，实验测得乙炔的平衡转化率与温度的关系如图1所示。、由大到小的顺序为_；随温度升高，三条曲线逐渐趋于重合的原因为_。（4）结合试验和计算机模拟结果，有学者提出乙炔选择性催化加氢的反应历程，如图2所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，TS表示过渡态。下列说法正确的是_（填选项字母
12、）。A该历程中的最大能垒为 B存在非极性键断裂和极性键形成C选择不同催化剂，最大能垒不发生变化16某科研小组采用电解锰粉（主要成分为Mn和少量含Fe、Ni、Pb、P、Si等元素的单质或其化合物）为原料制备高纯氯化锰。已知：Mn是一种比Fe活泼的金属。H2S气体具有较强的还原性，如：H2S+H2O2S+2H2O。 金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子1.0molL1计算）Fe3+Fe2+Mn2+Ni2+Pb2+开始沉淀的pH1.15.88.66.78.0沉淀完全的pH3.28.810.19.28.8（1）酸溶时盐酸要缓慢滴加的原因是_。（2）加入MnCO3固体时发生反应的离子
13、方程式为_。MnCO3固体也可用下列物质代替_（填写编号）。 AMnO BMnSO4 CMn(OH)2 DMnCl2（3）通入H2S气体可使Pb2+、Ni2+生成硫化物沉淀，如：H2S(aq)+Pb2+(aq)PbS(s)+2H+(aq)，该反应的平衡常数K_用Ka1(H2S)、Ka2(H2S)及Ksp(PbS)表示。（4）煮沸的目的是_。（5）已知MnCl24H2O在106时失去一分子结晶水，198失去全部结晶水。请补充完整由煮沸后的滤液获得高纯（99.99%）MnCl24H2O晶体（MnCl2的溶解度曲线如图所示）的实验方案：将煮沸后的滤液冷却至室温，_（实验中须使用的试剂是：30%H2O
14、2）。（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。17（15分）有电极化特性、非磁绝缘性、光致发光性等多种优异性能。回答下类问题：（1）基态Co原子的价层电子排布图为_；金属Co的熔点、沸点均高于金属K的原因为_。（2）、的键角最大的是_；C、N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为_。（3）冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。碱金属离子镶入适合的冠醚空腔可形成特殊材料，两种冠醚结构如图1所示。冠醚中O原子的杂化形式为_；H、C、O的电
15、负性由小到大的顺序为_。Li+与甲的空腔大小相近，恰好能进入到甲的环内，且与氧原子的一对孤电子对作用形成稳定结构。甲中Li+与孤对电子之间的作用属于_（填标号）。A 离子键 B氢键 C配位键 D以上都不是 K+不能镶入甲中而易镶入乙中的原因为_。（4）具有钙钛矿型立方结构，其晶胞中处于面心的F形成正八面体空隙，结构如图2所示。每个晶胞中由K和F共同形成的正四面体空隙有_个。晶胞的另一种表示中，Co处于各顶角位置，则K处于_位置。若晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为，晶体密度_。18（15分）化合物H是合成雌酮激素的中间体，科学家们采用如下合成路线：回答下列问题：（1）A生成B的反应类型为
16、_。（2）B生成C的化学方程式为_。（3）D中官能团的名称为_，F的结构简式为_。（4）E的同分异构体中符合下列条件的有_种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的结构简式为_。能发生银镜反应 苯环上有三个取代基且其中两个为酚羟基（5）写出以苯和为原料制备化合物的合成路线_（其他试剂任选）。2021年河北玉田一中三轮强化训练（一）化学参考答案12345678910111213ABACADDDCBCBCBD1【答案】A【解析】含有病毒的飞沫直径介于1nm100nm之间，符合胶粒的直径范围，分散在空气中形成气溶胶，A正确；淘金利用密度不同，萃取利用溶解度不同，B不正确；沙子的
17、主要是SIO2，C不正确；“沙中浪底来”指的是金，D不正确。2A苯环上的碳以及与苯环相连的碳原子共面，单键可以旋转，所以碳碳双键以及羧基中的碳原子都可以共面，即所有碳原子可能共平面，A项正确；B该物质含有苯环，同时含有羧基，属于芳香烃的衍生物，B项错误；C甲基和苯环上的氢原子可发生取代反应，碳碳双键可发生加聚反应，有机物可与氧气发生氧化反应，C项正确；D含有碳碳双键，能发生氧化反应使酸性KMnO4溶液，发生加成反应使Br2的CCl4溶液褪色，3【答案】A【解析】标准状况下，HF呈液态，其密度比气态时大，所以22.4LHF的物质的量大于1mol，含有的原子数目大于2NA，A正确；标准状况下11.
18、2 L Cl2的物质的量为0.5mol，由于Cl2溶于水，发生反应为Cl2+H2OHCl+HClO，故溶液中Cl、ClO、HClO的微粒数之和小于NA，B不正确；1个H2O2中含有2个极性键，100g质量分数17%的H2O2溶液中极性键数目为NA，另外，溶液中还含有水，1个水分子中含有2个极性键，所以该H2O2溶液中极性键数目大于NA，C不正确；用惰性电极电解饱和食盐水，发生反应2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，则转移电子数为NA时，生成的OH的物质的量为1mol，但溶液的体积未知，所以无法求出OH的浓度，D不正确；故选A。4【答案】C【解析】1 molCH3COOOH中非极性键个
19、数为2NA；H2O2为共价化合物，电子式去掉中括号和电荷； H2O比H2S稳定，因为O非金属性大于S，氢键影响物质的物理性质，D错误；答案选C。5【答案】A【解析】硝酸可以溶解银单质形成硝酸银溶液，从而除去试管内壁附着的单质银，A正确；配制480 mL 0.2 molL1CuSO4溶液，需要用500mL容量瓶，所需CuSO5H2O固体的质量为0.5L0.2mol/L250g/mol25g，B错误；氯化镁溶液中存在水解平衡MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl，加热促进水解和HCl的挥发，所以氯化镁会彻底水解，蒸干后无法得到氯化镁固体，C错误；需测定同浓度的CH3COONa溶液和NaNO2
20、溶液的pH来确定二者酸性强弱，选项中没有“同浓度”这一条件，D错误；综上所述答案为A。6【解析】选D。根据图示可知，X形成四个共价键，Y形成两个共价键，结合“Y的最外层电子数等于X的核外电子总数”，则可以X是碳，Y是氧；Z形成一个共价键，结合“同周期元素原子W、X、Y、Z”，则Z是氟；因为“四种原子最外层电子数之和为20”，则W的最外层电子数为204673，则W是硼。四种元素形成的简单氢化物中H2O的沸点最高，即Y元素的简单氢化物中沸点最高，A选项错误；同周期元素，原子序数越大，原子半径越小，则原子半径B（W）C（X）O（Y）F（Z），B选项错误；BF3中B最外层不满足8电子，C选项错误；单质
21、氧化性O2HF，D选项正确。7【答案】D【解析】将少量氯气通入NaHSO3溶液中离子方程式为：4HSO+Cl22Cl2H2O+3SO2+SO，A错误；熔融AlCl3不电离，无法电解，B错误；NaClO溶液显碱性，故NaClO溶液中加入少量FeSO4溶液的离子方程式为：5H2O+2Fe2+5ClO Cl+2Fe(OH)3+4HClO，C错误；I的还原性强于Fe2+，；氯气先将全部的 I氧化成I2，再将1/3的Fe2+氧化。D正确。8【答案】D【解析】酸浸时二氧化锰和硫化锰发生氧化还原反应得到硫酸锰、硫单质，过滤除去硫单质、矿渣等得硫酸锰滤液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰晶体，
22、煅烧硫酸锰晶体得到MnSO4H2O。若软锰矿不足，MnS会和硫酸反应，可能产生有毒气体H2S，A正确；二氧化锰可以把硫化锰氧化生成硫单质，滤渣中含有非金属单质S，B正确；要从溶液得到硫酸锰晶体，则操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，C正确；在煅烧的过程中，锰由+2价升高到+3价，则硫的价态从+6价降到+4价，生成的气体是SO2，D错误；故选D。9【答案】C【解析】由图可知，生成后又参与反应，所以是反应的中间产物，A项正确；由图可知，H2和CO2恰好完全转化为HCOOH，反应的原子利用率为100%，B项正确；由图可知，反应过程中形成了三种含有M的物质，且成键数目不同，C项错误；由图可知
23、，该过程中包含CO和反应生成HCOOH和，D项正确；答案选C。10【答案】BC【解析】只有2个羧基与碳酸氢钠反应，则1 mol该有机物与足量溶液反应可放出2 mol，A项错误；2个羧基、1个酚羟基、1个酯基及水解生成的酚羟基均与NaOH反应，则1 mol该有机物最多可与含5 mol NaOH的溶液反应，B项正确；含酚羟基，能与溶液发生显色反应，C项正确；苯环、碳碳双键与氢气发生加成反应，则1 mol该有机物最多可与4 mol 加成，D项错误；答案选BC。11放电时，N极室转化为Cr(OH)3，Cr元素的化合价降低，则N极为正极，M极为负极。M极电极反应为，N极电极反应为。由于该装置的目的是对废
24、水进行有效处理，生成的H+应迁移到中间室，a为阳离子交换膜，生成的OH-应迁移到中间室，与H+反应生成H2O，使NaCl溶液浓度降低，b为阴离子交换膜。A工作时，N极发生反应，则附近溶液pH升高，B工作时，每转移3mol电子，N极有6molOH-移向中间室，M极有6molH+移向中间室，B错误；12A 由于温度：，根据图象可知：升高温度，平衡时CO2(g)转化率降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，由于升高温度化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，故，A错误；B c点的温度、压强比b点大，由于升高温度反应速率加快，增大压强化学反应速率加快，所以正反应速率，B
25、错误；C 根据选项A分析可知：该反应的正反应为放热反应，H0，温度：T1T2，升高温度，化学平衡向吸热的反应热方向移动，所以化学平衡常数，C正确；D a、b两点反应温度相同，压强：ba，在温度不变时，增大压强化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，反应达到平衡后，由于气体总物质的量减小，甲醇的物质的量增加，所以CH3OH的体积分数：，D错误；13Am点0.1molL-1Na2C2O4溶液，溶液中主要存在C2O+H2OHC2O+OH-，设溶液中氢氧根的浓度为x，则c(HC2O)也可近似的认为等于x，则有= K2(H2C2O4)=110-5，解得x10-5mol/L，则pOH约为5，A正确；BV1
26、=100时，溶液中溶质为NaHC2O4，溶液中存在HC2O的水解和电离，其水解平衡常数为Kh2=10-12K2(H2C2O4)，所以电离程度大，溶液呈酸性，则pOH7，B错误；C溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(Cl-)+c(OH-)，C正确；Dq=10，则c(OH-)=10-10mol/L，c(H+)=10-4mol/L，=100，D错误；14（14分）【答案】I（1）球形冷凝管或冷凝管 （1分） 平衡气压，便于液体顺利滴下（1分） （2）防止过氧化氢分解 （1分）（3）降低过碳酸钠溶解度，有利于过碳酸钠析出 （2分） II（4） 减小气体体积测
27、量的误差 （2分） 碱石灰 （1分） （5）下 （1分） （6） 36.60 （2分） 2：3 （2分） 偏大 （1分）【分析】II. 用恒压漏斗往三颈烧瓶内滴加稀硫酸，一方面可使稀硫酸顺利流下，另一方面可确保滴加稀硫酸后，气体的体积不受影响。过碳酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠，同时生成二氧化碳、氧气和水，为测定氧气的体积，需排除二氧化碳和水蒸气的干扰，所以干燥管内应装碱石灰，为保证氧气体积测量的准确，应保持量气管内压强和大气压强的平衡。【解析】（5）)气体生成结束后，水准管的液面会高于量气管中的液面，此时需要将水准管慢慢向下移动，则量气管中气体的压强会变小，气体的体积会变大，所以量气管液面会下降
28、；（6）碱式滴定管的读数是从上到下顺序，读数为：36.60；则气体为氧气的物质的量为，根据O原子守恒：n(O)3x+2y0.00152，根据晶体质量：106x+34y0.3140g，联立两等式，解得x0.004，y0.006，则x：y2:3；若终点俯视读数，则读出气体的体积偏小，计算y值偏小，则x：y偏大。15（14分）【答案】（1）615（2分）（2）（2分） （2分） （2分）（3）积碳会降低催化剂的活性或选择性，导致氯乙烯产率下降（2分）pa pb pc（1分） 反应前后气体分子数相等，高温下以反应为主（2分） （4）B（1分）【分析】通过乙炔选择性催化加氢制备氯乙烯，较低温度下乙炔选择
29、性催化加氢过程只发生反应和。可结合该过程的和计算，结合方程式计算出各物质的物质的量分数，利用p分p总物质的量分数计算。随温度升高，反应、都向逆向移动，乙炔的转化率逐渐减小，当温度升到一定程度时，压强对乙炔转化率无影响，说明高温下以反应为主，因为反应前后气体分子数相等；【解析】（1） 由盖斯定律，方程式方程式得：HCl(g)+C2H3Cl(g)C2H4Cl2(g) ，代入键能公式431.8+x+413.43+340.2347.7413.44340.2254.5，解得x615，故答案为：615；（2）恒容密闭容器中以物质的量之比为充入和，实验测得反应前容器内压强为，则反应前p(HCl)Pa，故答案
30、为：；，则的平衡转化率，故答案为： ；平衡时p(C2H2) ，p(C2H3Cl)p1，p(HCl)p2，Kp ,故答案为：；（3）高温度下，会发生反应而形成积碳，其可能导致的后果为：积碳会降低催化剂的活性或选择性，导致氯乙烯产率下降；增大压强使平衡正向移动，乙炔转化率增大，压强越大，乙炔转化率越大，故pa pb pc，随温度升高，反应、都向逆向移动，乙炔的转化率逐渐减小，当温度升到一定程度时，压强对乙炔转化率无影响，说明高温下以反应为主，因为反应前后气体分子数相等；故答案为：积碳会降低催化剂的活性或选择性，导致氯乙烯产率下降；pa pb pc；反应前后气体分子数相等，高温下以反应为主；（4）该
31、历程中的最大能垒为，故A不符合；由图可知，存在非极性键断裂和极性键形成，故B符合；选择不同催化剂，最大能垒发生变化，故C不符合；综上，本题选B。16【答案】（1）防止活泼金属Mn与盐酸剧烈反应放出大量的热，造成盐酸大量挥发（2）3MnCO3+2Fe3+3H2O3Mn2+2Fe(OH)3+3CO2；AC（3）K（4）降低H2S的溶解度，减少S2杂质（5）向其中缓慢滴加30%H2O2，搅拌，静置，向上层清液中继续滴加H2O2至无沉淀生成，过滤，将滤液加热至80（或60100之间的任意一个温度）进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，冰水洗涤，重结晶，低温烘干（或低于100烘干）。【解析】（1）Mn是一种比F
32、e活泼的金属，它会与盐酸剧烈反应，且这是一个放热反应，温度升高过快会加剧盐酸的挥发，所以滴加时要注意缓慢操作，防止活泼金属Mn与盐酸剧烈反应放出大量的热，从而避免盐酸大量挥发，使反应易于控制。（2）流程图中加MnCO3后会生成CO2气体，此过程中会消耗H+，所以，它的作用是调节pH，从而使前一步中被H2O2氧化生成的Fe3+沉淀完全，离子方程式为3MnCO3+2Fe3+3H2O3Mn2+2Fe(OH)3+3CO2。选择调节pH的试剂时要注意既要能消耗H+使pH增大，又不能引入杂质离子，所以A、C符合题意。（3）因为Ka1（H2S），Ka2（H2S），Ksp（PbS）c（Pb2+）c（S2），反
33、应H2S（aq）+Pb2+（aq）PbS（s）+2H+（aq）的平衡常数：K。（4）在流程中，煮沸的作用通常是加快反应的速率、降低气体的溶解度使其逸出、促进某离子的水解、促进胶体的沉降等，本流程中，主要作用是降低H2S的溶解度，减少S2杂质。选降低H2S的溶解度，减少S2杂质；（5）该小题为“物质制备的实验方案设计”。实验操作题中，所给的试剂往往有一定的提示作用，加之题目的已知H2S气体具有较强的还原性，如：H2S+H2O2S+2H2O，很明显的指出需要除去残余的S2。MnCl24H2O在106时失去一分子结晶水，198失去全部结晶水，结合溶解度曲线，所以，蒸发浓缩时温度控制在100以内60以
34、上较为合适，实际操作中可采用水浴加热，烘干时同样要注意低温。本题对产品纯度要求很高（99.99%），故需要重结晶操作。17（15分）【答案】（1）（1分） Co金属离子半径小，所带电荷高，Co金属键比K强 （2分） （2） （1分） FNOC （2分） （3） sp3（1分）HCO （1分） C（1分） K+半径较大（1分）（4） 8（1分） 体心（1分） （3分）【解析】（1）基态Co原子的价层电子排布图为：；Co金属离子半径小，所带电荷高，Co金属键比K强，所以金属Co的熔点、沸点均高于金属K；（2）孤电子对孤电子对斥力孤电子对价电子斥力价电子价电子斥力，所以、的键角由大到小的顺序为：；同
35、一周期从左到右，第一电离能逐渐增大的，N是半充满结构，较稳定，第一电离能大于O，所以C、N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为：FNOC；（3）冠醚分子中O原子形成2个键，根据氧原子的最外层电子数可知O原子价层还有2个孤电子对，所以O原子的价层电子对数为4，为sp3杂化；同一周期从左到右，电负性逐渐增大，同一主族从上到下，电负性逐渐减小，所以电负性：HCO；K+半径较大，因此不能镶入甲中而易镶入乙中；(4）由晶胞图可看出，每个晶胞中由K和F共同形成的正四面体空隙有8个；晶胞的另一种表示中，Co处于各顶角位置，则K处于体心位置；原子个数为1，K原子个数为，F原子个数，晶胞体积，晶体密度。18（1
36、5分）【答案】（1）加成反应（1分） （2）+HNO3(浓)+H2O （2分）（3） 氨基和羧基 （2分）（2分） （4） 30 （2分）或（2分）（5） （4分）【分析】由题干合成路线图，结合B和D的结构简式以及转化条件可以推测C的结构简式为：，结合E和G的结构简式以及转化条件可推测F的结构简式为：，据此分析解题。【解析】（1）由合成路线图可知，A生成B即+，故其反应类型为加成反应；（2）由合成路线图可知，B生成C即在浓硫酸作用下与浓硝酸反应生成，故反应的化学方程式为+HNO3(浓)+H2O；（3）由合成路线图可知，D的结构简式为：，故其中官能团的名称为氨基和羧基，由分析可知，F的结构简式为；（4）E的分子式为C10H12O3，故其符合能发生银镜反应，分子中含有醛基，苯环上有三个取代基且其中两个为酚羟基，先考虑两个酚羟基的位置有邻、间、对三种，第三个取代基有：、五种，邻苯二酚再连第三个取代基有2种，间苯二酚再连第三个取代基有3种，对苯二酚再连第三个取代基有1种，故总共有5(2+3+1)30种，其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1的结构简式为或；（5）由题干合成路线中A到B的转化信息可知，和可以合成：，在催化剂作用下与H2反应转化为：，在浓硫酸作用下发生分子内酯化反应即可生成目标产物，故最终确定以苯和为原料制备化合物的合成路线为：。
