山東省濰坊市2021-2022學(xué)年高三上學(xué)期期末統(tǒng)考化學(xué)試題（解析版）

1、山東省濰坊市2021-2022學(xué)年高三上學(xué)期期末統(tǒng)考化學(xué)試題1.答題前，考生先將自己的學(xué)校、班級、姓名、考生號、座號填寫在相應(yīng)位置。2.選擇題答案必須使用2B鉛筆( 按填涂樣例)正確填涂；非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。可能用到的相對原子質(zhì)量：H1 C12 N14 O18 F19 Cl35.5。一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項(xiàng)符合題意。1. 化學(xué)與生活、生產(chǎn)密切相關(guān)。下列說法錯誤的是A. 利用植物油的

2、加成反應(yīng)可制得人造黃油B. 借助紅外光譜，可以獲得有機(jī)化合物的相對分子質(zhì)量C. 甲醇作為21世紀(jì)具有競爭力的清潔燃料之一 ，可以與汽油混合作為汽車燃料D. 市售漂白粉含有Ca(OH)2，工業(yè)上使用漂白粉常加入少量稀鹽酸除去Ca( OH)2以增強(qiáng)漂白效果【答案】B【解析】【詳解】A植物油含有碳碳雙鍵，可以很氫氣加成制備人造黃油，故A正確；B借助紅外光譜可以確定有機(jī)物的官能團(tuán)，質(zhì)譜可以獲得有機(jī)化合物的相對分子質(zhì)量，故B錯誤；C甲醇是基礎(chǔ)的化工原料，隨著能源結(jié)構(gòu)的改變，甲醇作為21世紀(jì)具有競爭力的清潔燃料之一 ，可以與汽油混合作為汽車燃料，故C正確；D市售漂白粉含有Ca(OH)2，工業(yè)上使用漂白粉常

3、加入少量稀鹽酸除去Ca( OH)2，酸性環(huán)境更有利于生成次氯酸，以增強(qiáng)漂白效果，故D正確；故答案為B2. 下列實(shí)驗(yàn)操作正確的是A. 蒸餾時，溫度計的水銀球應(yīng)插入液面以下B. 常壓蒸餾時，加入液體的體積不超過蒸餾燒瓶容積的2C. 中和滴定實(shí)驗(yàn)時，用待測液潤洗錐形瓶D. 將苯和濃硝酸混合后加熱制備硝基苯【答案】B【解析】【詳解】A蒸餾時，溫度計的水銀球應(yīng)在蒸餾燒瓶的支管口處，故A錯誤；B常壓蒸餾時，加入液體的體積不超過蒸餾燒瓶容積的23，液體過多，沸騰后可能會有液體從支管口濺出，故BC中和滴定實(shí)驗(yàn)時，錐形瓶只用蒸餾水洗，不能用待測液潤洗，故C錯誤；D將苯和濃硫酸和濃硝酸的混合液里加熱到5560 反

4、應(yīng)制備硝基苯，故D錯誤；選B。3. X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素。X與Y可以形成多種化合物，X的基態(tài)原子的最高能級中未成對電子數(shù)等于Y原子最外層電子數(shù)的一半，Z的基態(tài)原子的p軌道電子數(shù)與s軌道電子數(shù)相等，Z與W同周期，W是地殼中含量最高的金屬元素。下列說法正確的是A. 簡單離子半徑： YWZB. 第一電離能： I1(Y)I1(X) I1(Z)C. XY2的空間構(gòu)型為VD. W的最高價氧化物對應(yīng)水化物能溶于X的氣態(tài)氫化物的水溶液【答案】C【解析】【分析】基態(tài)Z原子p軌道電子數(shù)與s軌道電子數(shù)相等，可能是1s22s22p4，也可能是1s22s22p63s2，Z與W同周期，W是地殼中含

5、量最高的金屬元素，推出W為Al，Z為Mg，X和Y可以形成多種化合物，X的基態(tài)原子的最高能級中未成對電子數(shù)等于Y原子的最外層電子數(shù)的一半，推出X為N，Y為O，據(jù)此分析；【詳解】根據(jù)上述分析，X為N，Y為O，W為Al，Z為Mg；A這三種元素簡單離子核外電子排布相同，原子序數(shù)越大，半徑越小，即簡單離子半徑大小順序是：O2Mg2Al3；故A錯誤；BMg是金屬元素，N、O為非金屬元素，Mg的第一電離能最小，N、O屬于同周期，N的第一電離能大于O，因此順序是NOMg，故B錯誤；CNO2中心原子N的價層電子對數(shù)為2+5+1222=3，NO2的空間構(gòu)型為DW的最高價氧化物對應(yīng)水化物為Al(OH)3，X的氣態(tài)氫

6、化物的水溶液為NH3H2O，氫氧化鋁不溶于弱堿，故D錯誤；答案為C。4. NaCl 是一種化工原料，可以制備一系列物質(zhì) (見圖)。下列說法正確的是A. 用陽離子交換膜法電解飽和食鹽水時，陰極得到NaOH和H2B. BrCl 與Cl2性質(zhì)相似，BrCl 可與Cl2反應(yīng)得到Br2C. 工業(yè)上制取NaHCO3時，向精制飽和食鹽水中先通入CO2后通入NH3D. 工業(yè)上制取NaHCO3時，過濾得到NaHCO3沉淀后的母液，經(jīng)吸氨、降溫冷析后，加NaCl鹽析，可得到NaHCO3沉淀【答案】A【解析】【詳解】A用陽離子交換膜電解飽和食鹽水，陰極電極反應(yīng)為：2H2O+2eBBrCl與Cl2性質(zhì)相似，兩者都具有

7、強(qiáng)氧化性，BrCl與Cl2不反應(yīng)，無法制得Br2，B項(xiàng)錯誤；C工業(yè)上制取NaHCO3時，應(yīng)向精制飽和食鹽水中先通入NH3(NH3在水中溶解度更大)后通入CO2，C項(xiàng)錯誤；D工業(yè)上制取NaHCO3時，過濾得到NaHCO3沉淀后的母液，其主要成分為氯化銨，經(jīng)吸氨、降溫冷析后，加NaCl鹽析，可得到氯化銨，D項(xiàng)錯誤；答案選A。5. 下列有機(jī)物是一種新型醫(yī)用膠分子。下列說法錯誤的是 A. 該分子含有4種官能團(tuán)B. 分子中可能共平面的碳原子最多有7個C. 該分子能發(fā)生加成反應(yīng)、取代反應(yīng)和消去反應(yīng)D. 該分子與H2反應(yīng)后變?yōu)槭中苑肿印敬鸢浮緾【解析】【詳解】A該分子中含有氰基、碳碳雙鍵、酯基以及醚基4種官

8、能團(tuán)，A項(xiàng)正確；B碳碳雙鍵、碳氧雙鍵、碳氧單鍵中碳原子共面，氰基中碳原子共線，而單鍵可以旋轉(zhuǎn)，5、6、7號碳也可以與1、2、3、4號碳共面，分子中可能共平面的碳原子最多有7個，B項(xiàng)正確；C有碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應(yīng)，有酯基能發(fā)生取代反應(yīng)，但不能發(fā)生消去反應(yīng)，C項(xiàng)錯誤；D該分子與氫氣反應(yīng)后，1、3號碳之間變?yōu)閱捂I，3號碳上會連有四個不同的基團(tuán)，為手性碳，分子為手性分子，D項(xiàng)正確；答案選C。6. 由六種元素形成的抗癌藥物的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，其中W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外層電子數(shù)之和是X的最外層電子數(shù)的2倍。下列敘述錯誤的是A. 電負(fù)性： XZYB.

9、ZX2 是一種常用的消毒劑C. 該抗癌藥物能形成分子間氫鍵D. 元素W、Y、Z對應(yīng)含氧酸酸性： ZWY【答案】D【解析】【分析】由題圖結(jié)構(gòu)簡式可知Y形成5個共價鍵，則Y原子最外層有5個電子，由于W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，則W是N，Y是P，Y、Z的最外層電子數(shù)之和是X的最外層電子數(shù)的2倍，P最外層有5個電子，Z最外層電子數(shù)也是奇數(shù)，X最外層電子數(shù)為偶數(shù)，結(jié)合都是短周期元素，則Z是Cl，最外層有7個電子，所以X最外層電子數(shù)為(5+7)2=6，原子序數(shù)比P小，則X是O元素。根據(jù)上述分析可知:W是N，X是O，Y是P，Z是Cl；【詳解】AX是O，Y是P，Z是Cl，同

10、周期元素從左到右電負(fù)性依次增強(qiáng)，OClP，即XZY，故A正確；BZX2為ClO2，是一種常用的消毒劑，故B正確；C該抗癌藥物含有N-H鍵，分子間能形成間氫鍵，故C正確；D元素W、Y、Z對應(yīng)最高價含氧酸為HNO3、H3PO4、HClO4，酸性： ZWY，故D錯誤；故答案為D7. 用如圖裝置(夾持裝置略去)探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反應(yīng)原理，實(shí)驗(yàn)中觀察到乙中有白色沉淀生成。下列說法錯誤的是A. 實(shí)驗(yàn)室中配制70%的硫酸需要的玻璃儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管B. 在滴加70%硫酸之前，應(yīng)先通N2排盡裝置中的空氣C. 取乙中反應(yīng)后的溶液加入K3Fe(CN)6，生成藍(lán)色沉淀，說明發(fā)生反應(yīng)：

11、2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4HD. 實(shí)驗(yàn)中若觀察到丙中燒杯上方有紅棕色氣體，則乙中發(fā)生反應(yīng)：SO2+2NO3=2NO2+SO【答案】D【解析】【詳解】A配制70%硫酸溶液是濃硫酸加入水中稀釋，需要的玻璃儀器有量筒、燒杯、玻璃棒，故A正確；B為排除空氣對實(shí)驗(yàn)的干擾，滴加濃硫酸之前應(yīng)先通入氮?dú)?，目的是排盡裝置內(nèi)的空氣，故B正確；C取乙中反應(yīng)后的溶液加入K3Fe(CN)6，生成藍(lán)色沉淀，說明生成了Fe2+，F(xiàn)e3+具有氧化性，可將二氧化硫氧化成硫酸根，本身被還原成二價鐵，反應(yīng)的離子方程式是2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+，故CD若乙中發(fā)生反應(yīng)：SO2+2N

12、O3=2NO2+SO42，則丙中發(fā)生反應(yīng)2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，則丙中燒杯上方?jīng)]有紅棕色氣體，與題意不符，故故選：D。8. H2F+ SbF6- (氟銻酸)是一種超強(qiáng)酸，是HF與SbF5反應(yīng)的產(chǎn)物。下列說法錯誤的是A. Sb 的價電子排布式為5s25p3B. H2F+中 F原子的雜化方式是spC. SbF6- 的空間構(gòu)型為正八面體形D. SbF6-中含有配位鍵【答案】BD【解析】【詳解】ASb位于第五周期第VA族，價電子排布式為5s25p3，故A正確；BH2F+與H2O互為等電子體，結(jié)構(gòu)相似，F(xiàn)原子的雜化方式是sp3，故B錯誤；CSbF6-中Sb形成6個鍵，孤電子

13、對數(shù)為5+1612=0，采取sp3d2雜化，空間構(gòu)型為正八面體形，故D根據(jù)C分析可知SbF6- 采取sp3d2雜化，空間構(gòu)型為正八面體形，SbF6-中不含有配位鍵，故D錯誤；故答案為BD9. 一種利膽藥物Z的合成路線如圖所示，下列說法錯誤的是A. X的一氯代物共有9種(含順反異構(gòu))B. Y與溴水反應(yīng)，1mol Y最多消耗1mol Br2C. X與足量H2加成，消耗H2的物質(zhì)的量為5molD. 等物質(zhì)的量X、Y、Z與足量NaOH溶液反應(yīng)，消耗NaOH的物質(zhì)的量之比為1：2：2【答案】C【解析】【詳解】A根據(jù)X的結(jié)構(gòu)簡式，該有機(jī)物上有8種不同環(huán)境的氫原子，氯原子取代碳碳雙鍵中“CH2”上的H原子時

14、存在順反異構(gòu)，因此一氯代物共有9種，故A說法正確；B根據(jù)Y的結(jié)構(gòu)簡式，能與溴水反應(yīng)的官能團(tuán)是碳碳雙鍵，1molY中含有1mol碳碳雙鍵，最多消耗1molBr2，故B說法正確；CX中能與H2發(fā)生反應(yīng)的是苯環(huán)和碳碳雙鍵，1molX最多消耗4mol氫氣，故C說法錯誤；DX中能與NaOH反應(yīng)的酯基，Y中能與NaOH反應(yīng)的酯基和酚羥基，Z中能與NaoH反應(yīng)的酚羥基和酰胺鍵，因此等物質(zhì)的量與NaOH反應(yīng)，消耗NaOH物質(zhì)的量之比為122，故D說法正確；答案為C。10. 四氧化三錳(Mn3O4)廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)軟磁材料、催化材料。一種以低品位錳礦(含MnCO3、Mn2O3、MnOOH及少量Fe2O3、Al2O

15、3、SiO2)為原料生產(chǎn)Mn3O4的工藝流程如圖所示：下列說法錯誤的是A. “溶浸”過程Mn2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是Mn2O3+H2O2+4H+=2Mn2+O2+3H2OB. “濾渣2”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3C. 由“母液”可獲得(NH4)2SO4D. “氧化”反應(yīng)后，溶液的pH增大【答案】D【解析】【分析】NH4HSO4能電離出NH4+、H、SO42，H與MnCO3、Fe2O3、Al2O3反應(yīng)生成Mn2、Al3、Fe3，根據(jù)流程圖，沉錳后得到+2價Mn，因此Mn2O3、MnOOH在酸性條件下將H2O2氧化成O2，本身被還原成Mn2，SiO2為酸性氧化物，不參與反應(yīng)，濾

16、渣1主要成分是為SiO2，加入Mn(OH)2調(diào)節(jié)pH，使Fe3、Al3以氫氧化物的形式沉淀而除去，利用氧氣的氧化性，將Mn2氧化成3價【詳解】A根據(jù)上述分析，Mn2O3中3價Mn被還原成Mn2，H2O2被氧化成O2，依據(jù)得失電子數(shù)目守恒，Mn2O3與H2O2反應(yīng)的離子方程式為Mn2O3H2O24H=2Mn2O23H2O，故A說法正確；B根據(jù)上述分析，濾渣2為Fe(OH)3、Al(OH)3，故B說法正確；C根據(jù)流程以及上述分析，“沉錳”步驟母液中含有(NH4)2SO4，通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶的方法獲得(NH4)2SO4，故C說法正確；D氧化過程中反應(yīng)方程式為6Mn(OH)2O22Mn3O46H2

17、O，溶液的pH減小，故D說法錯誤；答案為D。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項(xiàng)符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11. 如圖所示是以TiO2光電極作輔助電極，以Na2S4溶液和NaI溶液為初始電解液組成的二次電池，充電時TiO2光電極受光激發(fā)產(chǎn)生電子和空穴，空穴作用下NaI轉(zhuǎn)化為NaI3。下列說法正確的是A. 放電時M極的電極反應(yīng)式： 4S2- -6e- =S4B. 充電時生成1mol NaI3，理論上有2mol Na +轉(zhuǎn)移到M電極室C. 放電時TiO2光電極產(chǎn)生的電子轉(zhuǎn)移給I3D. 充電過程中光能直接轉(zhuǎn)化為電能【答案】AB

18、【解析】【分析】根據(jù)題中信息：充電時TiO2光電極受光激發(fā)產(chǎn)生電子和空穴，空穴作用下NaI轉(zhuǎn)化為NaI3，II3，I元素的化合價升高，推出放電時，電極N上發(fā)生I3I，I元素的化合價降低，即電極N為正極，電極【詳解】A根據(jù)上述分析，電極M為負(fù)極，原電池中負(fù)極上失去電子，化合價升高，電極反應(yīng)式為4S26e=S42，故AB充電時，該裝置為電解池，電極M接電源的負(fù)極，根據(jù)電解原理：陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動，TiO2光電極上的電極反應(yīng)式為3I2e=I3，生成1molNaI3，轉(zhuǎn)移2mol電子，理論上有2molNa轉(zhuǎn)移到M電極室，故BC根據(jù)上述分析，充電時光促進(jìn)I在TiO2光電極上轉(zhuǎn)移電子給I3

19、，故CD充電過程中光能轉(zhuǎn)化成化學(xué)能，故D錯誤；答案為AB。12. 緩沖溶液由濃度較大的弱酸及相應(yīng)的鹽溶液組成，其溶液能夠保持穩(wěn)定的pH，溶液pH的計算公式為pH= -lgKa +lgc(鹽)c(弱酸)?，F(xiàn)有25C濃度均為1molL-1的CH3COOH和CH3COONa緩沖溶液已知25C時，Ka(CH3COOH) =1.75 10-5molL-1A. 決定該緩沖溶液pH的主要因素是CH3COOH的KaB. 將該緩沖溶液稀釋一倍，溶液中c(H+ )減小為原來的1C. 向該緩沖溶液中加入幾滴NaOH溶液，溶液pH幾乎不變D. 該緩沖溶液中： c( CH3COO-) -c( CH3COOH) c(H+

20、) -c(OH- )【答案】AC【解析】【詳解】A依據(jù)pH= -lgKa +lgc(鹽)c(弱酸)溶液能夠保持穩(wěn)定的pH，外加酸堿對pH影響很小，決定該緩沖溶液pH的主要取決于CH3COOH的Ka，故AB稀釋CH3COOH的Ka不變，c(鹽)c(弱酸)不變，故pH幾乎不變，即溶液中c(H+ )不變，故BC向該緩沖溶液中加入幾滴NaOH溶液，由于溶液中存在CH3COOHCH3COO+H+，加入幾滴D根據(jù)物料守恒得c(CH3COO)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，根據(jù)電荷守恒得c(CH3COO)+c(OH)=故答案為AC13. 黃鐵礦(主要成分FeS2)和黃銅礦(主要成分CuFeS2)是常

21、見的礦物資源，用細(xì)菌冶銅時，黃銅礦中伴有黃鐵礦可明顯提高浸取速率，其原理如圖所示。下列說法錯誤的是A. 負(fù)極的電極反應(yīng)式： CuFeS2 -4e- =Cu2+ +Fe2+ +2SB. 黃鐵礦附近溶液pH減小C. 每生成1mol H2O，兩礦物間轉(zhuǎn)移2mol電子D. 浸取過程的主要產(chǎn)物為CuSO4和FeSO4【答案】B【解析】【詳解】A由題圖可知黃銅礦轉(zhuǎn)化為Cu2+ 、Fe2+和S，發(fā)生的電極反應(yīng)為CuFeS2 -4e- =Cu2+ +Fe2+ +2S ，故A正確；B黃鐵礦附近O2得電子消耗氫離子轉(zhuǎn)化為H2O，發(fā)生的電極反應(yīng)為O2+4e-+4H+ =2H2O，c(H+)減小，pH增大，故B錯誤；

22、C根據(jù)電極反應(yīng)可知生成1mol H2O，兩礦物間轉(zhuǎn)移2mol電子，故C正確；D根據(jù)圖可知，浸出主要生成了產(chǎn)物為CuSO4和FeSO4，故D項(xiàng)正確；故答案為B14. 溴分子易極化，使分子內(nèi)溴原子分別帶部分正電荷和部分負(fù)電荷。在一定條件 下CH2=CH-CH=CH2與Br2 發(fā)生加成反應(yīng)會得到兩種產(chǎn)物，且兩種產(chǎn)物可通過互相轉(zhuǎn)化，反應(yīng)歷程可表示為：CH2 =CHCHBrCH2Br與CH2BrCH =CHCH2Br相互轉(zhuǎn)化的能量變化如下圖所示。已知，同一反應(yīng)在不同溫度下反應(yīng)速率常數(shù)與活化能的關(guān)系如下：lgk1k2=lgEA. 相同條件下，反應(yīng)i的速率比反應(yīng)ii快B. 升高反應(yīng)溫度，更有利于CH2 =

23、CHCHBrCH2Br的生成C. 反應(yīng)CH2 =CHCHBrCH2Br(s) CH2BrCH =CHCH2Br(s)的H=Ea4 +Ea2-Ea1 Ea3D. 相同條件下，反應(yīng)達(dá)平衡后產(chǎn)物中CH2 BrCH = CHCH2Br含量更大【答案】BC【解析】【詳解】A根據(jù)圖像可知，反應(yīng)i的活化能比反應(yīng)ii的活化能小，活化能越小，反應(yīng)速率越快，即相同條件下，反應(yīng)i的速率比反應(yīng)ii快，故A說法正確；B無論轉(zhuǎn)化成CH2=CHCHBrCH2Br還是CH2BrCH=CHCH2Br，都是放熱反應(yīng)，升高反應(yīng)溫度，平衡逆向進(jìn)行，不利于CH2=CHCHBrCH2Br、CH2BrCH=CHCH2Br生成，故B說法錯誤

24、；CCH2=CHCHBrCH2Br(s)CH2BrCH=CHCH2Br(s)為放熱反應(yīng)，H= (Ea1Ea2Ea3Ea4)kJmol1，故C說法錯誤；DCH2BrCH=CHCH2Br能量低，物質(zhì)穩(wěn)定，因此相同條件下，反應(yīng)達(dá)到平衡后產(chǎn)物中CH2BrCH=CHCH2Br含量更大，故D說法正確；答案BC。15. 馬來酸(用H2B表示)是一種二元弱酸，25C時，某混合溶液中c(H2B) +c(HB-) +c(B2-) = 0.1LmolL-1 ，測得H2B、HB-、B2-及OH-等離子的pC(pC=-lgc)隨溶液pH的變化關(guān)系如圖所示。，下列說法正確的是A. 該溫度下，馬來酸的電離平衡常數(shù)Ka1 =

25、10-1.92B. 當(dāng)溶液中l(wèi)gc(H2B)C. pH=7時，溶液中c(B2-)c(H2B) c(HB- ) c(OH - )D. 混合溶液中c(HB-) = 0【答案】AD【解析】【分析】pH逐漸升高，c(H2B)減小，PC(H2B)增大，c(B2-)增大，PC c(B2-)減小，c(HB-)剛開始增大，后減小，故PC(HB-)先減小后增大，由此可知曲線I表示OH-，曲線II表示H2B，曲線表示HB-濃度負(fù)對數(shù)的變化，曲線表示B2-濃度負(fù)對數(shù)的變化；【詳解】A馬來酸的電離平衡常數(shù)為Ka1=c(HB)c(H+)c(H2B)，a點(diǎn)B根據(jù)b點(diǎn)計算Ka2=c(B2)c(H+)c(HB)C曲線II表示

26、H2B，曲線表示HB-濃度負(fù)對數(shù)的變化， 曲線表示B2-濃度負(fù)對數(shù)的變化，由圖可知pH=7時，c(B2-) c(HB- )c(H2B)，最終為c(B2-) c(HB- )c(OH-)c(H2B)，故C錯誤；D因?yàn)閏(H2B) +c(HB-) +c(B2-) = 0.1LmolL-1，已知c(H2B)=c(HB)c(H+)Ka1故答案為AD三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16. 過渡金屬釩(V)、鈷(Co)和鎳(Ni)都是重要的合金元素，它們的配合物在藥物合成方面有重要應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)V原子核外未成對電子的個數(shù)是_。（2）一種釩的配合物分子結(jié)構(gòu)如圖所示，該配合物中釩的化合價是

27、_，分子中除釩外的其他元素電負(fù)性由大到小的順序是_，N原子的雜化方式是_。（3）AsCl3 也可與釩離子形成配合物，當(dāng)氯原子被烷基取代后，配位能力增強(qiáng)，其原因是_。（4）CoO2 具有如圖所示的層狀結(jié)構(gòu)(小球表示Co，大球表示O)。下列用粗實(shí)線畫出的結(jié)構(gòu)單元不能描述其化學(xué)組成的是_(填序號)。A. B. C. D. （5）一種由鎳、氟和鉀三種元素組成的化合物晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，該化合物的化學(xué)式是_，Ni的配位數(shù)是_，原子A、B之間的距離是_ pm (用含a、b、c的式子表示)。 【答案】（1）6 （2） . +3 . ONCH . sp2 （3）烷基為推電子基團(tuán)，使As原子上電子云密度增大，更易

28、給出電子 （4）D （5） . K2NiF4 . 6 . (b-2c)【解析】【小問1詳解】基態(tài)V原子電子排布式為Ar3d54s1，其3d、4s能級上電子為未成對電子，故此處填：6；【小問2詳解】由圖示知，V原子與3個N原子之間為配位鍵，電子對由N一方提供，不影響V元素化合價，但V與3個O原子之間為共用電子對，共用電子對偏向電負(fù)性強(qiáng)的O原子而使V顯正價，共三對共用電子對偏離V，故V顯+3價；分子中除V元素外，還有C、N、O、H四種元素，根據(jù)電負(fù)性變化規(guī)律知電負(fù)性：ONCH；由圖示知，N原子周圍共有3個電子對（配位鍵屬于鍵），且無孤電子對，故雜化方式為sp2；【小問3詳解】配體與中心離子所成的配

29、位鍵電子云密度越大，即電子越集中，鍵越穩(wěn)定，鍵能越大。烷基為推電子基團(tuán)，使As原子上的電子云密度增大，鍵能增大，成鍵能力增強(qiáng)；【小問4詳解】根據(jù)粗實(shí)線所畫的結(jié)構(gòu)單元可以算出，A圖中：每條粗實(shí)線上有1個O原子，這個氧原子屬于兩個結(jié)構(gòu)單元，故一個結(jié)構(gòu)單元中共有2個O原子和1個Co原子；B圖中：兩條粗實(shí)線的交點(diǎn)上有一個Co原子，這個Co原子被4個結(jié)構(gòu)單元共有，故一個結(jié)構(gòu)單元中有2個O原子和1個Co原子；C圖中：兩條粗實(shí)線的交點(diǎn)是Co原子，被4個結(jié)構(gòu)單元共有，粗實(shí)線上有1個O原子，被兩個結(jié)構(gòu)單元公用，故一個結(jié)構(gòu)單元中有2個O原子和1個Co原子；D圖中兩條粗實(shí)線的交點(diǎn)為O原子，被4個結(jié)構(gòu)單元公用，結(jié)構(gòu)單

30、元中有1個Co原子，故一個結(jié)構(gòu)單元中1個O原子和1個Co原子，故答案為D；【小問5詳解】均攤法寫出化學(xué)式，K個數(shù)=2+814=4，Ni的個數(shù)=818+1=2，F(xiàn)的個數(shù)=1614+2+412=8，故K、Ni、F三者比例為2：1：4，對應(yīng)化學(xué)式為：K2NiF4；以體心Ni作為參考，周圍離其最近的氟個數(shù)為6，故Ni配位數(shù)為6；棱上8個K圍成長方體結(jié)構(gòu)，其高等于(b-2c) pm，底面為正方形，邊長為a pm，AB之間距離為長方體體對角線一半，底面對角線長度為2a pm，體對角線長度=(b-2c)17. 有機(jī)化合物M是一種香料，可由下列方法合成：已知：R1CH2OH R2H3O+RCH2回答下列問題：

31、（1）B的名稱為_ ；AB的反應(yīng)類型為_。（2）D的結(jié)構(gòu)簡式為_；E分子中的官能團(tuán)名稱為_。（3）寫出C與NaOH的醇溶液混合加熱的化學(xué)方程式_。（4）符合下列條件的F的同分異構(gòu)體有_種。不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)含有六元環(huán)含有四種化學(xué)環(huán)境的氫（5）已知RC CH Na RCCNa ，結(jié)合上述信息，寫出由苯乙炔()和溴苯制備的合成路線(無機(jī)試劑任選)。 _【答案】（1） . 3氯丙烯； . 取代反應(yīng) （2） . . 碳碳三鍵、醚鍵 （3）+NaOH醇CH2=CHCH2OHNaClH2O（4）2 （5）NaH2/Pd，BaSO4【解析】【分析】根據(jù)C的結(jié)構(gòu)簡式，推出AB，發(fā)生取代反應(yīng)，氯原子取代丙烯中甲基

32、上的H原子，即B的結(jié)構(gòu)簡式為CH2ClCH=CH2，根據(jù)信息可知，C通過加成反應(yīng)生成D，即D的結(jié)構(gòu)簡式為，D與CH3CH2CCNa發(fā)生取代反應(yīng)，CH3CH2CC取代D中Cl的位置，根據(jù)信息可知，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為，據(jù)此分析；【小問1詳解】根據(jù)上述分析，B的結(jié)構(gòu)簡式為CH2ClCH=CH2，B的名稱為3氯丙烯；AB的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；故答案為3氯丙烯；取代反應(yīng)；【小問2詳解】根據(jù)上述分析，D的結(jié)構(gòu)簡式為；E中所含官能團(tuán)為碳碳三鍵、醚鍵；故答案為；碳碳三鍵、醚鍵；【小問3詳解】C在氫氧化鈉的醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)，其反應(yīng)方程式為+NaOH醇CH2=CHCH2OHNaClH2O；故答案為+NaOH醇CH

33、2=CHCH2OHNaClH2【小問4詳解】不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明不含醛基，含有四種化學(xué)環(huán)境的氫，應(yīng)是對稱結(jié)構(gòu)，含有六元環(huán)，符合條件的是、，共有2種；故答案為2；【小問5詳解】根據(jù)C生成順4庚烯醇的路線，苯乙炔制備產(chǎn)品的路線為NaH2/Pd，BaSO4；故答案為NaH2/Pd，BaSO4。18. 高純鎵(Ga )廣泛用于半導(dǎo)體材料、光電材料、光學(xué)材料等領(lǐng)域。一種利用濕法提鋅浸出渣(主要含Pb2+、Zn2+、Cu2+、Fe2+的化合物和一定量GaCl3 )為原料制備高純鎵的流程如圖所示：已知：溶液中的Cl-會對電解NaGaO2溶液造成影響；CuCl難溶于稀酸；20C ，KspFe(OH)3=1.

34、25 10-39 ；lg5 =0.7?；卮鹣铝袉栴}：（1）濾渣1的主要成份為_。（2）“氧化”過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_，“調(diào) pH沉淀除雜”過程需加入聚丙烯酰胺絮凝劑并加熱的目的是_。（3）試劑a的作用是_，流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)是_ ( 填化學(xué)式)。（4）已知：20C，溶液中鎵的各種形態(tài)的濃度分?jǐn)?shù)a隨溶液pH變化的關(guān)系如圖所示：20C ，流程中用ZnO調(diào)節(jié)溶液pH的理論范圍為_。（5）電解NaGaO2溶液時，陰極電極反應(yīng)式為_。【答案】（1）PbSO4 （2） . 2Fe2H2O22H=2Fe32H2O . 促使氫氧化鐵膠體聚沉，有利于過濾分離 （3） . Cl . Cu （4）2.

35、7pH3 （5）GaO22H2O3e=Ga4OH【解析】【分析】提鋅浸出渣加入稀硫酸溶浸，Pb2與SO42生成微溶于水的PbSO4，即濾渣1主要成分是PbSO4，浸出液中加入H2O2溶液，H2O2將Fe2氧化成Fe3，加入ZnO調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3以氫氧化鐵沉淀的形式沉降出來，根據(jù)題中信息“Cl會對電解NaGaO2溶液造成影響”，因此根據(jù)流程圖，加入試劑a除去溶液中的Cl，加入Zn，利用Zn的金屬性強(qiáng)于Cu，將Cu從溶液中置換出來，沉鋅中S2與Zn2反應(yīng)生成ZnS沉淀，然后電解NaGaO2得到Ga【小問1詳解】根據(jù)提鋅浸出渣成分，加入稀硫酸溶液，Pb2與SO42生成微溶于水的PbSO4，故

36、答案為PbSO4【小問2詳解】“氧化”過程，H2O2將Fe2氧化成Fe3，鐵元素化合價升高1價，H2O2化合價整體降低2價，最小公倍數(shù)為2，即Fe2系數(shù)為2，根據(jù)原子守恒和質(zhì)量守恒配平其他，即離子方程式為2Fe2H2O22H=2Fe32H2O；加入聚丙烯酰胺絮凝劑的目的是促使氫氧化鐵膠體聚沉，有利于過濾分離；故答案為2Fe2H2O22H=2Fe32H2O；促使氫氧化鐵膠體聚沉，有利于過濾分離；【小問3詳解】根據(jù)上述分析，加入試劑a的作用是除去Cl，減少NaGaO2的影響，因?yàn)镃uCl難溶于水，可以利用CuCu22Cl=2CuCl，除去Cl，因此濾渣4中的Cu，用于“除雜”；故答案為除去溶液中C

37、l；Cu；【小問4詳解】用ZnO調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3全部沉淀，此時溶液中c(OH)=3Kspc(Fe3+)=31.2510-39110-551012molL1，pOH=11.3，pH=1411.3=2.7，調(diào)節(jié)pH時，Ga【小問5詳解】電解NaGaO2溶液得到Ga，根據(jù)電解原理，陰極上得到電子，化合價降低，因此電極反應(yīng)式GaO22H2O3e=Ga4OH；故答案為GaO22H2O3e=Ga4OH19. 碘化鉀常用于有機(jī)合成及化學(xué)分析試劑等。小組同學(xué)用下圖所示裝置探究水合肼(N2H4H2O)還原法制取KI及KI與H2O2的反應(yīng)(夾持裝置略)。已知：I2與KOH溶液反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是KIO3；N2

38、H4H2O 的沸點(diǎn)為 118.5 C，具有強(qiáng)還原性?；卮鹣铝袉栴}：（1）裝置B的作用是_。（2）實(shí)驗(yàn)時，先點(diǎn)燃A處的酒精燈，一段時間后再向C中滴加NaClO溶液。滴加NaClO溶液時，不能過快、過多的原因是_。（3）裝置E中I2與KOH最合適的物質(zhì)的量之比為_，裝置 E中KIO3被還原為KI的離子方程式為_。（4）反應(yīng)過程中需用熱源間歇性微熱D處連接管，其目的是_（5）小組同學(xué)將H2O2溶液與KI溶液混合后，發(fā)現(xiàn)產(chǎn)生大量氣泡，溶液顏色變黃。再加入CCl4 ，振蕩、靜置，氣泡明顯減少。氣泡明顯減少的可能原因是：i混合溶液中H2O2濃度降低；ii.I- 催化H2O2分解，混合溶液中I- 濃度減?。?/p>

39、iii._。請設(shè)計實(shí)驗(yàn)證明iii是氣泡明顯減少的主要原因，i、ii不是主要原因：_。【答案】（1）防止倒吸 （2）避免NaClO過量氧化N2H4H2O （3） . 12 . 2IO33N2H4H2O=3N22I9H2O（4）防止水合肼冷凝 （5） . I2催化H2O2分解，加CCl4后，I2被萃取，不再催化H2O2的分解反應(yīng) . 將混合液分液，向水溶液中加入碘水，振蕩，產(chǎn)生大量的氣泡【解析】【分析】本實(shí)驗(yàn)探究水合肼還原法制取KI以及KI與過氧化氫的反應(yīng)，裝置A制備氨氣，裝置C是利用NaClO的氧化性，將NH3氧化成N2H4，裝置E的作用是N2H4與I2的反應(yīng)，據(jù)此分析；【小問1詳解】裝置B為單

40、項(xiàng)閥，其作用是防止倒吸；故答案為防止倒吸；【小問2詳解】根據(jù)上述分析，裝置C的目的是制備水合肼，根據(jù)題意可知，水合肼具有強(qiáng)還原性，而NaClO具有強(qiáng)氧化性，過量的NaClO能將N2H4氧化，因此滴加NaClO不能過快、過多；故答案為避免NaClO過量氧化N2H4H2O；【小問3詳解】I2與KOH反應(yīng)得到KIO3，其離子方程式為3I26OH=5IIO33H2O，裝置E中I2和KOH最合適的物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，即為12；KIO3被水合肼還原成KI，N元素被氧化成N2，利用化合價升降法以及質(zhì)量守恒，其反應(yīng)的離子方程式為2IO33N2H4H2O=3N22I9H2O；故答案為12；2IO33

41、N2H4H2O=3N22I9H【小問4詳解】水合肼的沸點(diǎn)為118.5，因此用熱源間歇性微熱D處連接管，其目的是防止水合肼冷凝；故答案為防止水合肼冷凝；【小問5詳解】根據(jù)題中信息可知，H2O2將I氧化成I2，I2催化H2O2分解，加CCl4后，I2被萃取，不再催化H2O2的分解反應(yīng)；故答案為I2催化H2O2分解，加CCl4后，I2被萃取，不再催化H2O2的分解反應(yīng)；證明iii正確，也就是證明I2作H2O2分解的催化劑，具體操作是將混合液分液，向水溶液中加入碘水，振蕩，產(chǎn)生大量的氣泡，則說明iii是氣泡明顯減少的主要原因；故答案為將混合液分液，向水溶液中加入碘水，振蕩，產(chǎn)生大量的氣泡。20. 以CO2為碳源選擇性加氫合成甲醇一直是研究的熱點(diǎn)，涉及的主要反應(yīng)如下：i. CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g) +H2Og) H10ii. CO2(g) +H2(g) CO(g) +H2O(g) H2回答下列問題：（1）在一定溫度下，由最穩(wěn)定單質(zhì)生成1mol某物質(zhì)的焓變叫做該物質(zhì)的標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓，下表為298K時幾種物質(zhì)