安徽省“皖江名校聯(lián)盟”2025屆高三化學決戰(zhàn)最后一卷試題含解析

PAGE18-安徽省“皖江名校聯(lián)盟”2025屆高三化學決戰(zhàn)最終一卷試題（含解析）一、選擇題1.化學與生產、生活親密相關，下列敘述錯誤的是A.添加堿性蛋白酶能提高洗衣粉的去污實力，運用時水溫越高洗滌效果越好B.84消毒液和醫(yī)用酒精殺滅新冠肺炎病毒的原理不同C.用超臨界液態(tài)CO2代替有機溶劑萃取大豆油，有利于環(huán)保D.侯氏制堿法利用了物質溶解度的差異【答案】A【解析】【詳解】A．添加堿性蛋白酶能提高洗衣粉的去污實力，溫度過高，會使蛋白酶失去活性，用溫水洗滌效果越好，故A錯誤；B．84消毒液是利用次氯酸的氧化作用消毒，醫(yī)用酒精能使蛋白質變性消毒，原理不同，故B正確；C．用超臨界液態(tài)CO2代替有機溶劑萃取大豆油，削減有機溶劑的運用，有利于環(huán)保，故C正確；D．侯氏制堿法是將NH3、CO2先后通入飽和NaCl溶液中，發(fā)生反應NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl，該反應相當于氯化鈉和碳酸氫銨發(fā)生復分解反應生成碳酸氫鈉和氯化銨，碳酸氫鈉的溶解度小于碳酸氫銨，故析出碳酸氫鈉晶體，故D正確；選A。2.丙是科學家合成的一種能自動愈合自身內部微小裂紋的奇妙塑料，合成路途如下圖所示：下列說法錯誤的是A.兩步反應都符合綠色化學最志向的“原子經濟”理念B.乙的一氯代物有10種(不考慮立體異構)C.甲分子全部原子有可能處于同一平面D.由甲生成乙發(fā)生的是加成反應【答案】C【解析】【詳解】A．2個分子的甲發(fā)生加成反應產生乙，化合物乙與在催化劑條件下發(fā)生加聚反應產生化合物丙，兩個反應中反應物原子全部轉化為生成物，因此符合綠色化學最志向的“原子經濟”理念，A正確；B．化合物乙分子中含有10種不同位置的H原子，因此乙的一氯代物有10種(不考慮立體異構)，B正確；C．甲分子含有飽和C原子，具有甲烷的四面體結構，因此全部原子不行能都處于同一平面上，C錯誤；D．由2個分子的甲發(fā)生加成反應生成乙，其中一個分子發(fā)生的是1，2加成反應，另一個分子發(fā)生的是1，4加成反應，D正確；故合理選項是C。3.設NA為阿伏加徳羅常數的值，下列說法正確的是A.過量金屬鐵與1molCl2反應，生成物中Fe2+數目為NAB.1molNaHSO4在熔融狀態(tài)下電離出的陽離子數為NAC.1.0molCH4與Cl2在光照下反應生成的CH3Cl分子數為1.0NAD.我國科學家獨創(chuàng)了精準剪切碳氫鍵的新技術，1molC2H6O中可供剪切的C-H鍵為5NA【答案】B【解析】【詳解】A．Fe與Cl2在點燃時反應產生FeCl3，因此過量的金屬鐵與1molCl2反應，生成物中不含F(xiàn)e2+，其數目為0，A錯誤；B．NaHSO4在熔融狀態(tài)下電離出Na+、HSO4-，所以1molNaHSO4在熔融狀態(tài)下電離出的陽離子數為NA，B正確；C．Cl2與甲烷光照條件下發(fā)生取代反應是逐步進行的，首先產生CH3Cl，產生的CH3Cl再與未反應的氯氣進一步發(fā)生取代反應產生CH2Cl2、CHCl3、CCl4，因此1.0molCH4與Cl2在光照下反應生成的CH3Cl分子數小于1.0NA，C錯誤；D．C2H6O表示的物質可能是CH3CH2OH，也可能是CH3-O-CH3，物質不能確定，因此不能確定其中含有的C-H共價鍵數目，D錯誤；故合理選項是B。4.某學習小組設計蔗糖與濃硫酸反應的試驗裝置如下，并進行系列試驗(必要時可對甲適當加熱)。下列說法中正確的是A.可視察到棉球a、b都褪色，且褪色的原理相同B.丙、丁中都能視察到有白色沉淀生成C.試驗過程中視察到的系列現(xiàn)象，可驗證濃硫酸具有吸水性、脫水性和氧化性D.m管的作用是平衡壓強，戊的作用是汲取尾氣【答案】D【解析】【詳解】A．在甲中，濃硫酸與蔗糖混合，蔗糖被脫水碳化，產生的C單質有一部分被濃硫酸氧化產生CO2氣體，濃硫酸被還原產生SO2，a處SO2使品紅溶液褪色，表現(xiàn)SO2的漂白性，在b處SO2氣體與溴單質發(fā)生氧化還原反應：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，SO2表現(xiàn)還原性，因此棉球a、b都褪色，褪色的原理不相同，A錯誤；B．在丙中SO2溶于水得到H2SO3，溶液顯酸性，與Ba(NO3)2發(fā)生氧化還原反應，反應產生BaSO4白色沉淀，但在丁處，由于酸性HCl>H2SO3，因此不能發(fā)生反應形成沉淀，故丁中無白色沉淀生成，B錯誤；C．依據試驗過程中視察現(xiàn)象，可驗證濃硫酸具有脫水性和氧化性，但不能顯示其吸水性，C錯誤；D．m管使分液漏斗的液體上下氣體壓強一樣，便于液體順當滴下，因此其作用是平衡壓強，戊中盛有堿石灰，可以汲取反應過程中產生SO2、NO2等氣體，防止尾氣中SO2、NO2等有害氣體污染環(huán)境，D正確；故合理選項是D。5.利用小粒徑零價鐵(ZVI)的電化學腐蝕處理三氣乙烯進行水體修復，修復過程如圖所示。H+、O2、等共存物的存在會影響水體修復效果。下列說法錯誤的是A.反應①在負極發(fā)生，反應②③④⑤在正極發(fā)生B.增大單位體積水體中小粒徑ZVI的投入量，可加快水體修復速率C水體修復過程中，三氯乙烯每脫去3molCl，就有3molFe變成Fe2+D.⑤的電極反應式為+10H++8e-==+3H2O【答案】C【解析】【詳解】A．反應①是鐵失電子，①在負極發(fā)生，反應②③④⑤得電子發(fā)生還原反應，②③④⑤在正極發(fā)生，故A正確；B．增大單位體積水體中小粒徑ZVI的投入量，加快單位體積水體中失電子速率，可加快水體修復速率，故B正確；C．水體修復過程中，正極發(fā)生、等反應，依據電子轉移守恒，三氯乙烯每脫去3molCl，F(xiàn)e變成Fe2+的物質的量大于3mol，故C錯誤；D．反應⑤是硝酸根離子得電子被還原為銨根離子，電極反應式為+10H++8e-==+3H2O，故D正確；選C。6.常溫下，用肯定濃度的鹽酸溶液滴定某氨水溶液。滴定終點旁邊溶液pH和導電實力的變更分別如下圖所示(利用溶液導電實力的變更可推斷滴定終點，溶液總體積變更忽視不計)。下列說法錯誤的是A.M點對應溶液中c(NH4+)=c(Cl-)B.X→Y溶液導電性增加的主要緣由是c(H+)和c(Cl-)增大C.依據溶液pH和導電實力的變更可推斷V2＜V3D.M→N過程中不變【答案】B【解析】【詳解】A．常溫下，M點溶液呈中性，則溶液中c(OH-)=c(H+)，溶液中存在電荷守恒c(NH4+)+c(OH-)=c(H+)+c(Cl-)，所以c(NH4+)=c(Cl-)，A正確；B．X到Y溶液導電性增加主要是溶液中c(H+)、c(NH4+)增大，B錯誤；C．NH4Cl是強酸弱堿鹽，水解使溶液呈酸性，要使酸堿混合溶液呈中性，則M點NH3·H2O物質的量n(NH3·H2O)大于n(HCl)，即氨水有剩余，導電實力中Y點為酸堿恰好完全反應點，Y點n(HCl)=n(NH3·H2O)，則V2＜V3，C正確；D．M→N過程中，，物質NH3·H2O的電離平衡常數及水的離子積常數只與溫度有關，溫度不變，則Kb、Kw不變，因此不變，D正確；故錯誤選項是B。7.主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次増加，且均不超過20。W、X、Y最外層電子數之和為15，化合物Z+[Y-W≡X]-是試驗室用于檢驗某常見金屬離子的一種化學試劑。下列說法錯誤的是A.離子半徑大小:Y>ZB.元素X、Z的氫化物遇水均能形成堿性溶液C.簡潔氫化物的沸點:W<XD.[Y-W≡X]-中并不是全部原子最外層均滿意8電子穩(wěn)定結構【答案】D【解析】【分析】依據題干信息，W、X、Y、Z為原子序數依次増加且均不超過20的主族元素，W、X、Y最外層電子數之和為15，化合物Z+[Y-W≡X]-是試驗室用于檢驗某常見金屬離子的一種化學試劑，依據結構式可知，Z為第ⅠA族原子，W為第ⅣA族元素，X為第ⅤA族元素，則該化合物可能為KSCN，因此W為C元素，X為N元素，Y為S元素，Z為K元素，據此分析解答?！驹斀狻緼．S2-和K+的核外電子層數相同，核電荷數K>S，則離子半徑：S2->K+，A選項正確；B．X為N元素，Z為K元素，兩者的氫化物分別為NH3和KH，NH3與遇水形成NH3·H2O，顯堿性，KH遇水形成KOH，顯堿性，B選項正確；C．NH3分子間可形成氫鍵，因此沸點高于CH4，C選項正確；D．[S-C≡N]-中全部原子最外層均滿意8電子穩(wěn)定結構，D選項錯誤；答案選D。非選擇題必做題8.釩及其化合物在工業(yè)生產中有著廣泛的應用，可作為制硫酸的催化劑，從含釩廢料（含有V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3等）中回收V2O5的流程如下：巳知:NH4VO3微溶于冷水，易溶于熱水，不溶于乙醇?；卮鹣铝袉栴}：(1)為提高浸出速率，除適當増加硫酸濃度外，還可實行的措施有______(寫出一條)，濾渣1的成分是_____________，酸浸時V2O4發(fā)生反應的離子方程式為_______________。(2)“氧化反應”反應中還原劑與氧化劑的物質的量之比為______。(3)該流程中可循環(huán)利用的物質有______(填化學式)。(4)已知+2H++H2O，沉釩”過程中，主要反應的離子方程式為______。沉釩后為了得到盡可能多的NH4VO3，須要進行的主要操作有：冷卻過濾、___________。(5)釩電池是目前發(fā)展勢頭強勁的優(yōu)秀綠色環(huán)保電池，全釩液流儲能電池就是其中一種，它的正負極活性物質形成的電解質溶液相互分開，該電池采納石墨電極，其工作原理示意如圖。放電時正極反應式為_____，充電時質子的移動方向為_____(填“從左向右”或“從右向左”)?！敬鸢浮?1).將含釩廢料粉碎、適當提高反應溫度、加快攪拌速度等(2).SiO2或二氧化硅(3).V2O4+4H+=2VO2++2H2O(4).2：l(5).CO2、NH3(6).+2+=NH4VO3↓+2CO2↑+H2O(7).乙醇洗滌、烘干(8).+e-+2H+=VO2++H2O(9).從左向右【解析】【分析】V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3與硫酸反應得到含有、VO2+、Fe3+的溶液，加入NaClO把VO2+氧化為+5價，調整pH=4使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，加入碳酸氫銨生成NH4VO3沉淀?！驹斀狻?1)依據影響反應速率的因素，為提高浸出速率，除適當増加硫酸濃度外，還可實行的措施有將含釩廢料粉碎、適當提高反應溫度、加快攪拌速度等，含釩廢料中SiO2和硫酸不反應，所以濾渣1的成分是SiO2，酸浸時V2O4和硫酸反應生成VOSO4和水，發(fā)生反應的離子方程式為V2O4+4H+=2VO2++2H2O；(2)“氧化反應”中NaClO把VO2+氧化為+5價，氯元素化合價由+1降低為-1，V元素由+4上升為+5，還原劑與氧化劑的物質的量之比是2:1；(3)沉釩過程發(fā)生反應+2+=NH4VO3↓+2CO2↑+H2O，NH4VO3加熱分解為氨氣、V2O5，二氧化碳、氨氣溶于水生成碳酸氫銨，該流程中可循環(huán)利用的物質有CO2、NH3；(4)“沉釩”過程中銨根離子、碳酸氫根離子、反應生成NH4VO3和二氧化碳氣體，主要反應的離子方程式為+2+=NH4VO3↓+2CO2↑+H2O。依據NH4VO3不溶于乙醇，沉釩后為了得到盡可能多的NH4VO3，須要進行的主要操作有：冷卻過濾、乙醇洗滌、烘干；(5)原電池放電時，氫離子移向正極，、VO2+的轉化須要氫離子，所以放電時左側是正極、右側是負極，放電時正極反應式為+e-+2H+=VO2++H2O，充電時，左側為陽極、右側為陰極，質子的移動方向為從左向右。9.氨基甲酸銨(NH2COONH4)是一種易分解、易水解的白色固體、難溶于CCl4。試驗室可將干燥二氧化碳和氨氣通入CCl4中進行制備，反應原理為2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)△H<0，回答下列問題：(1)儀器①的名稱為_____，裝置己中盛放的試劑為_____。(2)簡述檢驗裝置乙氣密性的操作_____。(3)氨氣的發(fā)生裝置可以選擇上圖中的_____，制取氨氣的化學方程式為_____。(4)預制備產品，選擇上圖中必要的裝置，其連接依次為：發(fā)生裝置→_____→FG←_____←KJ←_____(按氣流方向，用大寫字母表示)。(5)為了提高氨基甲酸銨的產率.對三頸瓶實行的控溫方法是_____，反應結束后，從反應后的混合物中分別出產品的試驗操作是_____，戊中氣球的作用是_____。(6)氨基甲酸銨簡潔變質生成碳酸氫銨，現(xiàn)取長期存放的樣品19.550g，用足量石灰水處理后，使樣品中碳元素完全轉化為碳酸鈣，通過系列操作得純凈碳酸鈣25.000g，則該樣品的純度為_____%。(計算結果保留三位有效數字;有關物質的相對式量:氨基甲酸銨78、碳酸氫銨79、碳酸鈣100)?！敬鸢浮?1).分液漏斗(2).濃硫酸(3).夾緊止水夾，從長頸漏斗加水至漏斗內液面高于試管內液面，靜置，若液面保持不變，說明氣密性良好(4).甲或丙(5).2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O或NH3·H2ONH3↑+H2O(6).DE（或ED）(7).HI(8).B(9).冷水浴(10).過濾(11).平衡壓強，收集尾氣(12).79.8【解析】【分析】用甲或丙制取氨氣，用堿石灰干燥后通入CCl4中，用乙裝置制取二氧化碳氣體，用碳酸氫鈉除去二氧化碳中的氯化氫，用濃硫酸干燥后通入CCl4中，在三頸瓶中攪拌發(fā)生反應2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)?！驹斀狻?1)依據圖示，儀器①是分液漏斗，裝置己用于干燥二氧化碳，盛放的試劑為濃硫酸；(2)檢驗裝置乙氣密性的操作是：夾緊止水夾，從長頸漏斗加水至漏斗內液面高于試管內液面，靜置，若液面保持不變，說明氣密性良好；(3)試驗室用加熱氯化銨、氫氧化鈣固體混合物或加熱濃氨水的的方法制取氨氣，所以氨氣的發(fā)生裝置可以選擇上圖中的甲或丙，制取氨氣的化學方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O或NH3·H2ONH3↑+H2O；(4)用甲或丙制取氨氣，用堿石灰干燥后通入CCl4中，用乙裝置制取二氧化碳氣體，用碳酸氫鈉除去二氧化碳中的氯化氫，用濃硫酸干燥后通入CCl4中，氨氣、二氧化碳在三頸瓶中反應生成氨基甲酸銨，其連接依次為：發(fā)生裝置→DE→FG←HI←KJ←B；(5)正反應放熱，為了提高氨基甲酸銨的產率，對三頸瓶實行的控溫方法是冷水浴，氨基甲酸銨難溶于CCl4，反應結束后，從反應后的混合物中分別出產品的試驗操作是過濾，戊中氣球的作用是平衡壓強，收集尾氣；(6)通過系列操作得純凈碳酸鈣25.000g，則樣品中碳元素的物質的量為，設樣品中氨基甲酸銨的質量為xg，，x=0.2mol，則該樣品的純度為79.8%?！军c睛】本題考查了物質制備試驗的設計與評價，理解制備氨氣、二氧化碳氣體的原理是解題關鍵，明確試驗基本操作、各裝置的用途，用碳元素守恒計算混合物中各成分的含量。10.乙基叔丁基酸(以ETBE表示)是一種性能優(yōu)良的高辛烷值汽油調和劑，用乙醇與異丁烯(以IB表示)在催化劑HZSM-5催化下合成ETBE，反應的化學方程式為：C2H5OH(g)+IB(g)ETBE(g)△H，回答下列問題：注：C1表示乙醇和異丁烯同時吸附，C2表示先吸附乙醇，C3表示先吸附異丁烯(1)反應物被催化劑HZSM-5吸附的依次與反應歷程的關系如上圖所示，該反應的△H=____akJ·mol-1，下列選項正確的是______(填序號)。A．反應歷程的最優(yōu)途徑是C1B．HZSM-5沒有參與化學反應C．相同條件下，采納不同途徑時，乙醇的平衡轉化率C1＞C2＞C3D．上升反應溫度有利于提高平衡產率(2)向剛性容器中按物質的量之比1：1充入乙醇和異丁烯，在溫度為378K與388K時異丁烯的轉化率隨時間變更如圖所示。①圖中A、M、B三點，化學反應速率由大到小的依次為______，其中逆反應速率最大的點是______（用符號A、M、B填寫）。②388K時，容器內起始總壓為P0Pa，用分壓表示的該反應的平衡常數K=______Pa-1(用含有P0的式子表示)。③瑞典化學家阿累尼烏斯的化學反應速率閱歷定律為：，（其中，k為速率常數，A、R為常數，Ea為活化能，T為肯定溫度，e為自然對數底數，約為2.718）。由此推斷下列說法中正確的是_____（填序號，k正、k逆為正、逆速率常數）。A．其他條件不變，上升溫度，k正增大，k逆變小B．其他條件不變，運用催化劑，k正、k逆同倍數增大C．其他條件不變，増大反應物濃度k正增大，k逆不變D．其他條件不變，減小壓強，k正、k逆都變小已知反應速率υ=υ正-υ逆=k正P(C2H5OH)·P(IB)-k逆P(ETBE)，計算上圖中M點=_______(保留兩位小數）【答案】(1).-4(2).A(3).M>B>A(4).A(5).(6).B(7).5.33【解析】【分析】(1)依據圖象，?H=生成物總能量-反應物總能量，依據到達過渡態(tài)的活化能凹凸選擇合適的反應途徑；(2)①溫度上升，化學反應速率增大，反應到達平衡的時間縮短；②388K時，異丁烯的平衡轉化率為80%，依據方程式計算平衡時各種氣體的物質的量，利用氣體的物質的量的比等于壓強比，代入平衡常數表達式計算可得；③依據溫度、濃度、催化劑對速率常數的影響分析推斷，結合平衡時正、逆反應速率相等，依據圖象，M點異丁烯的平衡轉化率為60%，依據方程式計算。【詳解】(1)依據圖象，?H=生成物總能量-反應物總能量=(1-5)akJ/mol=-4akJ/mol；A．過渡態(tài)1的活化能為E1=4akJ/mol，過渡態(tài)2的活化能為E2=6akJ/mol，過渡態(tài)3的活化能為E3=6akJ/mol，所以過渡態(tài)1的活化能最低，反應相對簡潔，則反應歷程的最優(yōu)途徑是C1，A正確；B.催化劑HZSM-5參與化學反應，降低反應的活化能，能夠使化學反應速率大大加快，B錯誤；C．采納不同途徑，由于不能變更反應物、生成物的總能量，因此反應熱不變，在相同條件下，采納不同途徑時，最終達到平衡時反應物乙醇的平衡轉化率不變，C錯誤；D．該反應的正反應是放熱反應，在其他條件不變時，上升反應溫度，化學平衡向吸熱的逆反應方向移動，反應物轉化率降低，因此不有利于提高平衡產率，D錯誤；故合理選項是A；(2)①溫度上升，化學反應速率增大，反應到達平衡的時間縮短，溫度388K高于378K，所以388K時異丁烯的轉化率隨時間變更的曲線為L1，378K時異丁烯的轉化率隨時間變更的曲線為L2。M、A是388K溫度下的化學反應，反應正向進行，M點反應物的濃度比A點的高，反應物濃度越大，反應速率越快，所以反應速率M＞A；B點是378K時的反應速率，M、B兩點濃度相同但M點溫度高，則反應速率M>B；A、B兩點視察斜率，反應速率B>A，故化學反應速率由大到小的依次為：M＞B＞A；A、B、M三點中A點的溫度高于B點，A點生成物的濃度大于M、B點，所以圖中A、M、B三點，逆反應速率最大的點是A點；②在388K時，當反應達到平衡時異丁烯轉化率為80%，由于在反應起先時按物質的量之比1：1充入乙醇和異丁烯，發(fā)生反應：C2H5OH(g)+IB(g)ETBE(g)，假設反應起先時n(異丁烯)=n(乙醇)=amol，平衡時各種物質的物質的量為n(異丁烯)=n(乙醇)=0.2amol，n(ETBE)=0.8amol，平衡時氣體總物質的量n(總)=0.2amol+0.2amol+0.8amol=1.2amol，平衡時氣體壓強P=P0=0.6P0，在相同條件下氣體的物質的量的比等于壓強之比，則平衡時各種氣體的分壓P(異丁烯)=P(乙醇)=×0.6P0=0.1P0，P(ETBE)=×0.6p0=0.4P0，所以用分壓表示的該反應的平衡常數K==；③A．其他條件不變，上升溫度，正、逆反應速率都增大，因此k正、k逆都增大，A錯誤；B．催化劑對正、逆反應速率影響相同，因此其他條件不變，運用催化劑，k正、k逆同倍數增大，B正確；C．反應速率常數只與反應溫度有關，在其它條件不變時，増大反應物濃度，k正、k逆都不變，C錯誤；D．反應速率常數只與反應溫度有關，在其它條件不變時，減小壓強，k正、k逆都不變，D錯誤；故合理選項是B；③反應達到平衡時υ=υ正-υ逆=k正P(C2H5OH)·P(IB)-k逆P(ETBE)=0，則==；由于在反應起先時按物質的量之比1：1充入乙醇和異丁烯，發(fā)生反應：C2H5OH(g)+IB(g)ETBE(g)，假設反應起先時n(異丁烯)=n(乙醇)=amol，在M點異丁烯轉化率為60%，則M點時n(異丁烯)=n(乙醇)=0.4amol，n(ETBE)=0.6amol，氣體總物質的量為n(總)=0.4amol+0.4amol+0.6amol=1.4amol，此時氣體壓強P=P0=0.7P0，在相同條件下氣體的物質的量的比等于壓強之比，則M點各種氣體的分壓P(異丁烯)=P(乙醇)=×0.7P0=0.2P0，P(ETBE)=×0.7P0=0.3P0，所以M點=5.33?！军c睛】本題考查了圖象法在化學反應速率和化學平衡的移動及化學平衡的計算的應用。依據外界條件對化學反應速率的影響，結合平衡移動原理及平衡狀態(tài)特征分析推斷。外界條件對化學反應速率的影響中一般催化劑影響最大，其次是溫度，然后是濃度(或壓強)，催化劑只能變更反應速率，不能使平衡發(fā)生移動，因此不能變更物質的平衡轉化率和平衡常數。選做題［化學——選修3：物質結構與性質］11.我國化學家合成的鉻的化合物，通過烷基鋁和[ph3C]+[B(C6F5)4]-活化后，對乙烯聚合表現(xiàn)岀較好的催化活性。合成銘的化合物過程中一步反應如下，該反應涉及H、C、N、O、Cl、Cr等多種元素?；卮鹣铝袉栴}：(1)下列狀態(tài)的氯中，電離最外層一個電子所需能量最大的是_____________(填標號)。A．B．C．D．(2)化合物乙中碳原子實行的雜化方式為______，化合物丙中a、b、n、m處的化學鍵是配位鍵的是______(填字母)處。(3)Cr3+具有較強的穩(wěn)定性，Cr3+的核外電子排布式為______；已知沒有未成對d電子的過渡金屬離子形成的水合離子是無色的，Ti4+、V3+、Ni2+三種離子的水合離子為無顏色的是______(填離子符號)。(4)ClO3-的鍵角小于ClO4-的鍵角，緣由是______。(5)依據結構與性質的關系說明，HNO2的酸性比HNO3弱的緣由：______。(6)水在合成鉻的化合物的過程中作溶劑。探討表明水能凝聚成13種類型的結晶體。其中重冰(密度比水大)屬于立方晶系，其立方晶胞沿x、y、z軸的投影圖如圖所示，晶體中的H2O配位數為_____晶胞邊長為apm，則重冰的密度為____g·cm-3（寫出數學表達式，NA為阿伏伽徳羅常數）?！敬鸢浮?1).D(2).sp2、sp3(3).b(4).1s22s22p63s23p63d3(5).Ti4+(6).ClO3-中氯原子有一個孤電子對，ClO3-中孤電子對與成鍵電子對之間的排斥力大于ClO4-中成鍵電子對間的排斥力。(7).HNO2和HNO3可表示為(HO)NO和(HO)NO2，(HO)NO中N為+3價，(HO)NO2中N為+5價，正電性更高，使N-O-H中O的電子更向N偏移，致使更簡潔電離出H+(8).8(9).×1030【解析】【分析】(1)同一原子，電離能漸漸增大，所以失去電子數越多，在電離最外層一個電子所需能量越大分析解答；(2)化合物乙中碳原子有飽和碳原子和形成苯環(huán)的碳原子兩種類型，據此分析雜化方式；依據配位鍵是一個原子單方面供應電子對與另外原子共用，結合化合物丙中a、b、n、m處的化學鍵分析；(3)依據構造原理書寫Cr原子核外電子排布式，Cr原子失去3個能量較高的電子得到Cr3+，據此書寫其電子排布式；依據沒有未成對d電子的過渡金屬離子形成的水合離子是無色的，及Ti4+、V3+、Ni2+三種離子的核外電子排布分析推斷；(4)依據中心原子的電子形成化學鍵狀況，結合孤電子對的排斥作用大于成鍵電子對的排斥作用分析推斷；(5)依據分子中羥基受到中心原子吸引力大小分析；(6)立方晶胞沿x、y或z軸的投影圖如圖可知為體心立方積累。其配位數為8；每個晶胞中水分子個數為2，再用公式ρ=計算晶胞密度?！驹斀狻?1)A、C表示的微粒都是Cl原子，由于A是基態(tài)，C是激發(fā)態(tài)，微粒含有的能量：C＞A，則穩(wěn)定性：A＞C，所以失去1個電子須要能量：A＞C；B、D表示微粒都是Cl+，是Cl原子失去1個電子后得到的，微粒含有的能量：B＞D，則穩(wěn)定性：D＞B。所以失去1個電子須要能量：D＞B；從帶一個單位正電荷的陽離子再失去1個電子須要的能量要比從中性原子失去1個電子須要的能量高，所以選項微粒失去1個電子須要能量最多的是D表示的微粒；(2)化合物乙中碳原子有飽和碳原子和形成苯環(huán)的碳原子兩種類型，飽和C原子采納sp3雜化，形成苯環(huán)的C原子采納sp2雜化；依據圖示可知：在化合物丙中a、b、n、m處化學鍵，a、n、m都是一般共價鍵，而b處是N原子供應電子對與Cr原子共用，因此該共價鍵為配位鍵；(3)Cr是24號元素，依據構造原理可得Cr原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d44s2，Cr原子失去2個4s電子和1個3d電子得到Cr3+，則其電子排布式為：1s22s22p63s23p63d3；Ti4+核外電子排布：1s22s22p63s23p4，沒有3d電子，則其水合離子為無顏色；V3+核外電子排布是：1s22s22p63s23p63d2，有未成對d電子，其水合離子為有顏色；Ni2+核外電子排布是：1s22s22p63s23p63d8，有未成對d電子，其水合離子為有顏色；故上述三種離子中水合離子無顏色的是Ti4+；(4)ClO3-中氯原子有一個孤電子對，ClO3-中孤電子對與成鍵電子對之間的排斥力大于ClO4-中成鍵電子對間的排斥力，導致鍵角：ClO3-＜ClO４-；(5)HNO2和HNO3都是一元酸，分子中都含有1個-OH，可分別表示為(HO)NO和(HO)NO2，(HO)NO中N為+3價，(HO)NO2中N為+5價，正電性更高，使N-O-H中O的電子更向N偏移，致使更簡潔電離出H+，因此酸性：HNO2＜HNO3；(6)立方晶胞沿x、y或z軸的投影圖如圖可知為體心立方積累。其配位數為8；每個晶胞中水分子個數為×8+1=2，則由晶胞密度ρ=×1030g/cm3?！军c睛】本題考查物質結構和性質，涉及電離能比較、原子核外電子排布式的書寫、原子雜化方式推斷、配位鍵及晶胞計算等學問，把握晶胞的計算和投影圖的識別是解題關鍵，留意依據失去電子數越多再電離最外層一個電子所需能量越大，依據物質結構分析推斷，側重考查學生空間想象實力及計算實力。［化學一選修5：有機化學基礎］12.2024年2月17日下午，在國務院聯(lián)防聯(lián)控機制發(fā)布會上，科技部生物中心副主任孫燕榮告知記者:磷酸氯喹對“COV1D-19”的治療有明確的療效，該藥是上市多年的老藥，用于廣泛人群治療。其合成路途如下所示：巳知:醛基在肯定條件下可以還原成甲基?；卮鹣铝袉栴}：(1)A中含氧官能團的名稱為_____。(2)下列說法中正確的是_____(填序號)。a.可用新制氫氧化銅濁液鑒別開有機物A和Db.物質D和E是同分異構體c.可用紅外光譜儀測定物質C的相對分子質量d.由C生成D發(fā)生的是水解反應(3)反應⑩的反應類型為_____，反應⑤若溫度過高會發(fā)生副反應，請寫出一個可能發(fā)生的副反應