山東省濟(jì)南市2022屆高三化學(xué)下學(xué)期3月一?？荚囋囶}

PAGE山東省濟(jì)南市2022屆高三化學(xué)下學(xué)期3月一模考試試題注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應(yīng)位置，認(rèn)真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。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?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1C-12O-16Si-28Cl-35.5Ce-140一、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符合題目要求。1.2022年2月4日，萬眾矚目的第24屆冬奧會在北京隆重開幕，本屆冬奧會盡顯化學(xué)高科技。下列有關(guān)說法錯誤的是A.“飛揚”火炬噴口外殼采用聚硅氮烷樹脂，該樹脂屬于無機(jī)聚合物B.“戰(zhàn)袍”利用微信小程序，調(diào)控石墨烯片加熱保暖，石墨烯和碳納米管互為同分異構(gòu)體C.國家速滑館采用的硫化鎘發(fā)電玻璃，可將太陽能轉(zhuǎn)化為電能D.滑雪頭盔采用碳纖維、玻璃纖維和彈性體三種成分合成的新材料，其中玻璃纖維和普通玻璃的成分相同【1題答案】【答案】B【解析】【詳解】A．“飛揚”火炬噴口外殼采用聚硅氮烷樹脂，，該樹脂屬于無機(jī)聚合物，故A正確；B．石墨烯和碳納米管是由碳元素組成的不同性質(zhì)的單質(zhì)，互為同素異形體，故B錯誤；C．國家速滑館采用的硫化鎘發(fā)電玻璃，能將光能轉(zhuǎn)化為電能，即將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，故C正確；D．滑雪頭盔采用碳纖維、玻璃纖維和彈性體三種成分合成的新材料，在維持沖擊韌度不變的情況下，能讓頭盔的剛度提高4倍、拉伸強(qiáng)度提高3倍，大幅提升了頭盔的抗沖擊吸能效率。其中玻璃纖維和普通玻璃的成分相同，主要成分是二氧化硅等，故D正確；故選B。2.下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與應(yīng)用的對應(yīng)關(guān)系正確的是選項性質(zhì)實際應(yīng)用A小蘇打不穩(wěn)定，受熱分解生成CO2用于泡沫滅火器B聚乙炔是無限延伸的線狀結(jié)構(gòu)用于導(dǎo)電材料CAl(OH)3受熱分解，生成高熔點物質(zhì)和水用作塑料的阻燃劑D石墨是混合型晶體，含大π鍵用作潤滑劑A.A B.B C.C D.D【2題答案】【答案】C【解析】【詳解】A．泡沫滅火器的原理是：Al2(SO4)3+6NaHCO3=2Al(OH)3↓+6CO2↑+3Na2SO4，是利用Al3+和發(fā)生雙水解反應(yīng)的原理，不是利用NaHCO3的不穩(wěn)定性，A不合題意；B．有機(jī)物大多數(shù)不導(dǎo)電，但聚乙炔在一定條件下能導(dǎo)電，因為聚乙炔有自由移動的電子，而不是因為其可以無限延伸的線狀結(jié)構(gòu)，B不合題意；C．Al(OH)3受熱分解，生成高熔點物質(zhì)和水，決定其可用作塑料的阻燃劑，C符合題意；D．石墨晶體中C與C之間通過共價鍵形成正六角形蜂巢狀的平面層狀結(jié)構(gòu)，而平面結(jié)構(gòu)的層與層之間則依靠分子間力（范德華力）結(jié)合，所以石墨晶體屬于混合型晶體，但其作潤滑劑是由于其平面結(jié)構(gòu)的層與層之間則依靠分子間力（范德華力）結(jié)合，而不是含有大π鍵，D不合題意；故答案為：C。3.下列實驗裝置正確且能達(dá)到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖?/p>

A.裝置甲利用CCl4提取溴水中的 B.裝置乙分離I2和高錳酸鉀固體C.裝置丙驗證非金屬性S＞C＞Si D.裝置丁檢驗石蠟中是否含有不飽和烴【3題答案】【答案】C【解析】【詳解】A．裝置甲中，分液漏斗的尖端沒有靠近燒杯內(nèi)壁，A不正確；B．加熱時，I2易升華，KMnO4易分解，所以裝置乙不能分離I2和高錳酸鉀固體，B不正確；C．硫酸、碳酸、硅酸都是最高價氧化物的水化物，且硫酸與碳酸鈉反應(yīng)、碳酸與硅酸鈉反應(yīng)，都屬于強(qiáng)酸制弱酸的反應(yīng)，所以裝置丙能驗證非金屬性S＞C＞Si，C正確；D．裝置丁中，雖然KMnO4溶液褪色，并不能說明石蠟中含有不飽和烴，因為還原性氣體也能使KMnO4溶液褪色，D不正確；故選C。4.四種元素Y、Z、M、N位于同一短周期，Y的一種同位素在考古學(xué)中可用于斷代。這四種元素參與組成的一種化合物屬于離子液體，結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法錯誤的是A.電負(fù)性N>Z>Y>M B.原子半徑：M>Y>Z>NC.簡單氫化物沸點：Z>Y D.最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Y>Z【4題答案】【答案】D【解析】【詳解】Y一種同位素用于考古，說明Y為碳，再結(jié)合所給物質(zhì)中各原子形成化學(xué)鍵的個數(shù)和Y、Z、M、N位于同一周期可知，Z能形成三條共價鍵，Z為氮元素，N能形成一條共價鍵，N的最外層有7個電子，所以N為氟元素，M得到1個電子形成了4對共用電子，說明M最外層有3個電子，M為B。A．電負(fù)性同一周期從左到右依次增大，故N>Z>Y>M，A正確；B．原子半經(jīng)從左到右依次減小，B>C>N>F，B正確；C.簡單氫化物的沸點：NH3分子間有氫鍵，所以NH3>CH4，C正確；D．非金屬性越強(qiáng)，最高價氧化物對應(yīng)水化合物的酸性越強(qiáng)，所以應(yīng)該是Y<Z，D錯誤；答案選D。5.實驗室常用酸性KMnO4溶液標(biāo)定摩爾鹽[(NH4)2Fe(SO4)?6H2O]，可用過二硫酸鈉(Na2S2O8)使MnO全部再生。下列說法錯誤的是A.氧化性：S2O>MnO>Fe3+B.標(biāo)定時，KMnO4溶液和摩爾鹽溶液都選用酸式滴定管C.過二硫酸結(jié)構(gòu)如圖所示，則S2O含有兩個四面體結(jié)構(gòu)D.過程中，消耗的摩爾鹽和過二硫酸鈉物質(zhì)的量之比為1：2【5題答案】【答案】D【解析】【詳解】A．常用酸性KMnO4溶液標(biāo)定摩爾鹽[(NH4)2Fe(SO4)?6H2O]，氧化性：MnO>Fe3+，用過二硫酸鈉(Na2S2O8)使MnO全部再生，氧化性：S2O>MnO，總之，氧化性：S2O>MnO>Fe3+，故A正確；B．KMnO4溶液具有氧化性，摩爾鹽溶液呈酸性，標(biāo)定時，KMnO4溶液和摩爾鹽溶液都選用酸式滴定管，故B正確；C．過二硫酸結(jié)構(gòu)如圖所示，中心原子硫原子價層電子對數(shù)為4+=4，則S2O含有兩個四面體結(jié)構(gòu)，故C正確；D．過程中，消耗的摩爾鹽和過二硫酸鈉物質(zhì)的量之比為2：1，2Fe2++S2O=2SO+2Fe3+，故D錯誤；故選D。6.治療抑郁癥藥物帕羅西汀(Ⅰ)及其合成中間體(Ⅱ)的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列說法錯誤的是A.Ⅰ分子中有3種官能團(tuán)B.Ⅰ分子中含兩個手性碳原子C.Ⅱ分子式為C16H18NO4FD.1molⅡ與足量NaOH溶液反應(yīng)時最多消耗2molNaOH【6題答案】【答案】D【解析】【詳解】A．Ⅰ分子中有氟原子、醚鍵、亞氨基3種官能團(tuán)，故A正確；B．Ⅰ分子中含兩個手性碳原子(*號標(biāo)出)，故B正確；C．根據(jù)Ⅱ的結(jié)構(gòu)簡式，可知分子式為C16H18NO4F，故C正確；D．1molⅡ與足量NaOH溶液反應(yīng)生成、NaF、乙醇，最多消耗4molNaOH，故D錯誤；選D。7.下列由實驗現(xiàn)象所得結(jié)論正確的是A.向某溶液中加入足量稀鹽酸，生成白色沉淀，證明溶液中含Ag+B.向Na2S溶液中通入足量SO2，生成淡黃色沉淀，證明SO2能呈現(xiàn)酸性和氧化性C.向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液變?yōu)辄S色，證明Fe2+與Cl2反應(yīng)生成Fe3+D.常溫下，取飽和CaSO4溶液和氨水做導(dǎo)電性實驗，氨水燈泡更亮，證明CaSO4為弱電解質(zhì)【7題答案】【答案】B【解析】【詳解】A．向某溶液中加入足量稀鹽酸，生成白色沉淀，該沉淀可能是AgCl或H2SiO3，溶液中含Ag+或SiO，故A錯誤；B．向Na2S溶液中通入足量SO2，生成淡黃色沉淀S和亞硫酸鈉，證明SO2能呈現(xiàn)酸性和氧化性，故B正確；C．I-的還原性大于Fe2+，向FeI2溶液中滴加少量氯水，先發(fā)生反應(yīng)碘水溶液呈黃色，所以不能證明Fe2+與Cl2反應(yīng)生成Fe3+，故C錯誤；D．CaSO4是強(qiáng)電解質(zhì)，但CaSO4微溶于水，離子濃度小，所以飽和CaSO4溶液的導(dǎo)電性弱，故D錯誤；選B。8.溴乙烷是無色油狀液體，是制造巴比妥的原料，工業(yè)上可用海水制備溴乙烷，部分工藝流程如圖：下列說法錯誤的是A.粗鹽提純時，加入沉淀劑的順序可以是BaCl2、NaOH和Na2CO3B.向“母液”中通入熱空氣，利用溴的易揮發(fā)性，將溴吹出C.“制備”時氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3：1D.“精制”時所用的玻璃儀器有分液漏斗、燒杯【8題答案】【答案】D【解析】【分析】海水曬鹽后的母液，通入氯氣把溴離子氧化為溴單質(zhì)，鼓入熱空氣，將溴吹出，溴單質(zhì)、S、乙醇反應(yīng)生成硫酸和溴乙烷、水?！驹斀狻緼．粗鹽提純時，加入BaCl2除去SO、加入NaOH除去Mg2+、加入Na2CO3除去Ca2+、Ba2+，加入沉淀劑的順序可以是BaCl2、NaOH和Na2CO3，故A正確；B．溴易揮發(fā)，向“母液”中通入熱空氣，將溴吹出，故B正確；C．“制備”時發(fā)生反應(yīng)，S元素化合價升高，S是還原劑，Br元素化合價降低，Br2是氧化劑，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3：1，故C正確；D．溴乙烷易溶于乙醇，用蒸餾法“精制”溴乙烷，所用的玻璃儀器有蒸餾燒瓶、冷凝管、錐形瓶、牛角管、溫度計、酒精燈，故D錯誤；選D。9.關(guān)于CH3?N=N?CH3、H2NCH2COOH和O2NCH2CH3的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，下列說法正確的是A.CH3?N=N?CH3有順反異構(gòu)現(xiàn)象B.1molO2NCH2CH3含有10molσ鍵C.三種物質(zhì)中，氮原子雜化方式相同D.在乙醇中溶解度，H2NCH2COOH低于O2NCH2CH3，原因是前者與乙醇形成氫鍵【9題答案】【答案】A【解析】【詳解】A．CH3?N=N?CH3中兩個甲基可以在同一邊，也可以在不同邊，因此存在順反異構(gòu)現(xiàn)象，故A正確；B．1個?CH2CH3含有6個σ鍵，1個?NO2含有2個σ鍵，則1molO2N?CH2CH3含有9molσ鍵，故B錯誤；C．三種物質(zhì)中，CH3?N=N?CH3中氮原子雜化方式為sp2雜化，H2NCH2COOH中氮原子雜化方式為sp3雜化，O2NCH2CH3中氮原子雜化方式為sp2雜化，故C錯誤；D．在乙醇中，H2NCH2COOH中H2N?和?COOH能與乙醇形成分子間氫鍵，因此H2NCH2COOH溶解度高于O2NCH2CH3，故D錯誤。綜上所述，答案為A。10.在直流電源作用下，雙極膜中間層中的H2O解離為H+和OH-，利用雙極膜電解池產(chǎn)生強(qiáng)氧化性的羥基自由基(?OH)，處理含苯酚廢水和含SO2的煙氣的工作原理如圖所示。下列說法錯誤的是A.電勢：N電極＞M電極B.陰極電極反應(yīng)式為O2+2e-+2H+=2?OHC.每處理9.4g苯酚，理論上有2.8molH+透過膜aD.若?OH只與苯酚和SO2反應(yīng)，則參加反應(yīng)的苯酚和SO2物質(zhì)的量之比為1：14【10題答案】【答案】C【解析】【分析】M極上O2得電子生成羥基自由基(?OH)，說明M極為陰極，連接電源的負(fù)極，M極上產(chǎn)生的羥基自由基將苯酚氧化生成CO2，H+透過膜b進(jìn)入陰極區(qū)；N極為陽極，水失電子產(chǎn)生H+和羥基自由基，羥基自由基將SO2氧化為硫酸根離子?！驹斀狻緼．M極上O2得電子生成羥基自由基(?OH)，說明M極為陰極，連接電源的負(fù)極，N極為陽極，故電勢：N電極＞M電極，選項A正確；B．M為陰極，陰極上O2得電子生成羥基自由基(?OH)，電極反應(yīng)式為O2+2e-+2H+=2?OH，選項B正確；C．每mol苯酚轉(zhuǎn)化為CO2，轉(zhuǎn)移電子28mol，每處理9.4g苯酚（即0.1mol），理論上有2.8mol電子轉(zhuǎn)移，則有2.8molH+透過膜b，選項C錯誤；D．若?OH只與苯酚和SO2反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)之比為28：2，則參加反應(yīng)的苯酚和SO2物質(zhì)的量之比為1：14，選項D正確；答案選C。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.為完成下列各組實驗，所選玻璃儀器和試劑均準(zhǔn)確、完整的是(不考慮存放試劑的容器)實驗?zāi)康牟Ａx器試劑A除去苯中少量的苯酚普通漏斗、燒杯、玻璃棒濃溴水B測定84消毒液的pH玻璃棒、表面皿pH試紙C實驗室制備乙烯酒精燈、蒸餾燒瓶、溫度計、導(dǎo)氣管、膠頭滴管濃硫酸、乙醇、碎瓷片D檢驗CH3CH2Br中的溴元素試管、膠頭滴管、酒精燈NaOH溶液、硝酸、AgNO3溶液AA B.B C.C D.D【11題答案】【答案】CD【解析】【詳解】A．除去苯中少量的苯酚，加入濃溴水，雖然能將苯酚轉(zhuǎn)化為沉淀，但過量的溴溶解在苯中，又成為新的雜質(zhì)，應(yīng)該加入NaOH溶液，使用分液漏斗進(jìn)行分液，A不正確；B．84消毒液的主要成分為次氯酸鈉，它具有強(qiáng)氧化性，能使pH試紙褪色，所以應(yīng)使用pH計，B不正確；C．實驗室制備乙烯，藥品為乙醇和濃硫酸，加熱溫度為170℃，溫度計水銀球位于液面下，使用圓底燒瓶或蒸餾燒瓶，墊石棉網(wǎng)加熱，C正確；D．檢驗CH3CH2Br中的溴元素時，先加入NaOH溶液使其水解，再加硝酸酸化，最后加入AgNO3溶液檢驗Br-，D正確；故選CD。12.巴豆醛是橡膠硫化促進(jìn)劑、酒精變性劑和革柔劑的合成中間體，存在如下轉(zhuǎn)化過程：W巴豆醛XYZ已知：①X為CH3CH=CHCH(OH)CN；②Z為六元環(huán)狀化合物；③羥基直接與碳碳雙鍵上碳原子相連不穩(wěn)定。下列說法錯誤的是A.與X具有相同官能團(tuán)的X的同分異構(gòu)體有15種(不考慮立體異構(gòu))B.Y分子中可能共平面的碳原子最多為5個C.W的同分異構(gòu)體中，含6個相同化學(xué)環(huán)境氫原子的有3種D.可用飽和Na2CO3溶液分離提純Z【12題答案】【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)已知X為CH3CH=CHCH(OH)CN；酸性條件下轉(zhuǎn)化為Y，則Y為CH3CH=CHCH(OH)COOH；Y在濃硫酸作用下轉(zhuǎn)化為Z，Z為六元環(huán)狀化合物，則發(fā)生酯化反應(yīng)，Z為；③羥基直接與碳碳雙鍵上碳原子相連不穩(wěn)定，巴豆醛為CH3CH=CHCHO，巴豆醛與氫加成生成W為CH3CH2CH2CH2OH；A．與X具有相同官能團(tuán)的同分異構(gòu)體共14種，可用定一移一的方法寫，固定-OH，移動-CN，位置1、2、3、4共4種；固定-OH，移動-CN，位置1、2、3共3種；固定-OH，移動-CN，位置1、2、3、4共4種；固定-OH，移動-CN，位置1、2、3共3種；總共14種，選項A錯誤；B．Y為CH3CH=CHCH(OH)COOH，根據(jù)乙烯6個原子共平面、甲醛4個原子共平面可以推出可能共平面的最多為5個碳，選項B正確；C．W的同分異構(gòu)體中含6個相同化學(xué)環(huán)境氫原子的有3種：(CH3)2CHCH2OH、CH3CH2OCH2CH3、(CH3)2CHOCH3，選項C正確；D．酯類物質(zhì)在飽和碳酸鈉溶液中溶解度小，選項D正確；答案選A。13.工業(yè)上以黃鐵礦(主要成分為FeS2，含有少量NiS、CuS、SiO2等雜質(zhì))為原料制備K4[Fe(CN)6]?3H2O，工藝流程如圖：下列說法錯誤的是A.“焙燒”時氧化產(chǎn)物有Fe2O3和SO2B.“調(diào)pH”分離Fe3+與Cu2+、Ni2+是利用了它們氫氧化物Ksp的不同C.“溶液Ⅰ”中主要反應(yīng)的離子方程式為6OH-+6HCN+Fe2+=[Fe(CN)6]4-+6H2OD.“一系列操作”為過濾、洗滌、干燥【13題答案】【答案】C【解析】【詳解】A．由工藝流程圖可知，黃鐵礦焙燒的主要化學(xué)方程式為：4FeS2（s）+11O2（g）2Fe2O3（s）+4SO2（g）,“焙燒”時氧化產(chǎn)物有Fe2O3和SO2，故A正確。B．Fe(OH)3的Ksp遠(yuǎn)小于(OH)2、(OH)2的Ksp，所以當(dāng)pH達(dá)到一定值時Fe3+產(chǎn)生沉淀，而Cu2+、Ni2+不沉淀，從而將其分離，故B正確。C．寫離子方程式時石灰乳不能拆開，故C錯誤。D．由工藝流程圖可知，由溶液得到晶體的操作為：過濾、洗滌、干燥，故D正確。故答案：C。14.Beckmann反應(yīng)是肟指在一定條件下生成酰胺的反應(yīng)，機(jī)理中與羥基處于反位的基團(tuán)遷移到缺電子的氫原子上，具體反應(yīng)歷程如圖所示。已知：R、R′代表烷基。下列說法錯誤的是A.H+在該反應(yīng)過程中作催化劑 B.N—O—H鍵角：物質(zhì)Ⅰ＞物質(zhì)ⅡC.物質(zhì)Ⅲ→物質(zhì)Ⅳ有配位鍵的形成 D.發(fā)生上述反應(yīng)生成【14題答案】【答案】BD【解析】【分析】貝克曼重排是指肟（醛肟或酮肟）在強(qiáng)酸催化下重排為酰胺的反應(yīng)。肟羥基從酸中得到質(zhì)子，形成離去基團(tuán)；與離去基團(tuán)反位的R‘基團(tuán)遷移會推走前者產(chǎn)生腈離子，該中間體與水反應(yīng)，氧去質(zhì)子化、氮質(zhì)子化和互變異構(gòu)化生成產(chǎn)物——酰胺?？偡磻?yīng)為?！驹斀狻緼．由總反應(yīng)，H+在該反應(yīng)過程中作催化劑，故A正確；B．物質(zhì)Ⅰ中氧原子上有2個孤電子對，物質(zhì)Ⅱ中氧原子上有1個孤電子對，，N—O—H鍵角：物質(zhì)Ⅰ＜物質(zhì)Ⅱ，故B錯誤；C．物質(zhì)Ⅲ中碳正離子上有空軌道，氮原子提供孤電子對形成配位鍵，物質(zhì)Ⅲ→物質(zhì)Ⅳ有配位鍵的形成，故C正確；D．發(fā)生上述反應(yīng)生成，故D錯誤；故選BD15.已知：聯(lián)氫(N2H4)是二元弱堿(pKb1=6，pKb2=15；pK=-lgK)，在水中的電離方式類似于氨氣，常溫下，向0.1mol·L-1N2H5Cl溶液通入HCl或加入NaOH固體(假設(shè)溶液總體積不變)，溶液中c(N2H)隨pOH變化的曲線如圖所示，下列說法錯誤的是A.N2H5Cl溶液c(N2H)＞c(N2H4)＞c(N2H)B.b點加入NaOH(或HCl)的物質(zhì)的量與d點加入HCl(或NaOH)物質(zhì)的量相等C.水的電離程度：b＞aD.若c(N2H)＞c(N2H4)，則pH小于3.5【15題答案】【答案】B【解析】【詳解】A．由題干信息可知，聯(lián)氫(N2H4)是二元弱堿(pKb1=6，pKb2=15；pK=-lgK)，即N2H4的Kb1=10-6，Kb2=10-15，則N2H的水解平衡常數(shù)為：==10-8＞Kb2，即N2H的水解大于電離，則N2H5Cl溶液有c(N2H)＞c(N2H4)＞c(N2H)，A正確；B．由POH越大，溶液中的OH-濃度越小，故此圖像是向0.1mol·L-1N2H5Cl溶液中通入HCl的變化曲線，b點是加入的HCl抑制了N2H的水解，到c點時抑制作用最強(qiáng)，此時N2H濃度最大，繼續(xù)加入HCl的對N2H的電離起促進(jìn)作用，則N2H濃度又減小，故d點加入的HCl的物質(zhì)的量大于b點所加HCl的物質(zhì)的量，B錯誤；C．由圖示可知，c(N2H)是b＞a，而N2H的水解大于電離，水解對水的電離起促進(jìn)作用，電離對水的電離起抑制作用，故水的電離程度：b＞a，C正確；D．由題干信息可知，N2H4+H2ON2H+OH-，N2H+H2ON2H+OH-，則Kb1×Kb2===10-21，若c(N2H)＞c(N2H4)，c(OH-)＜=10-10.5，c(H+)＞10-3.5，則pH小于3.5，D正確；故答案為：B。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.鹵族元素及其化合物種類繁多，有著非常重要的用途，回答下列問題：（1）基態(tài)Br原子的電子排布式為[Ar]____。（2）HF分子的極性____(填“大于”“等于”或“小于”，以下同)HCl，同一條件下，HF在水中的溶解度____HCl，HF的沸點____HCl。SOCl2中心S原子VSEPR模型為____。1mol氟硼酸銨NH4BF4中含有____mol配位鍵。（3）一種Ag2HgI4固體導(dǎo)電材料為四方晶系，其晶胞參數(shù)為apm、apm和2apm，晶胞沿x、y、z的方向投影(如圖所示)，A、B、C表示三種不同原子的投影，標(biāo)記為n的原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(，，)，則m的原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為____，距離Hg最近的Ag有____個。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，Ag2HgI4的摩爾質(zhì)量為Mg?mol-1，該晶體的密度為____g?cm-3(用代數(shù)式表示)。【16~18題答案】【答案】（1）3d104s24p5（2）①.大于②.大于③.大于④.正四面體⑤.2（3）①.(，，)②.8③.×1030【解析】小問1詳解】Br是35號元素，基態(tài)Br原子的電子排布式為[Ar]3d104s24p5；【小問2詳解】F原子的電負(fù)性大于Cl，HF分子的極性大于HCl，同一條件下，HF在水中的溶解度大于HCl；HF分子間能形成氫鍵，HF的沸點大于HCl。SOCl2中心S原子的價電子對數(shù)為，VSEPR模型為正四面體。氟硼酸銨NH4BF4中銨根離子中有1個配位鍵、BF中有1個配位鍵，1mol氟硼酸銨NH4BF4含有2mol配位鍵?！拘?詳解】根據(jù)n的原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(，，)，則m原子在x軸的坐標(biāo)為、y軸坐標(biāo)為，z軸坐標(biāo)為，所以m原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(，，)；A原子在晶胞內(nèi)，1個晶胞含有A原子8個；B原子在頂點和晶胞中心，B原子數(shù)為；C原子在楞上、面上，C原子數(shù)；A是I、B是Hg、C是Ag，距離Hg最近的Ag有8個。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，Ag2HgI4的摩爾質(zhì)量為Mg?mol-1，該晶體的密度為×1030g?cm-3。17.鈰可用作優(yōu)良的環(huán)保材料，現(xiàn)以氟碳鈰礦(CeFCO3，含F(xiàn)e2O3、FeO等雜質(zhì))為原料制備鈰，其工藝流程如圖所示：已知：①濾渣Ⅰ主要成分是難溶于水的Ce(BF4)3；Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38]；②Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22]；③lg2=0.3?；卮鹣铝袉栴}：（1）粉碎“焙燒”時，氧化數(shù)據(jù)如表所示：空氣氧化法氧化溫度/℃氧化率/%氧化時間/h暴露空氣中450～5008gl4對流空氣氧化爐中450～500986在對流空氣氧化爐中可大大縮短氧化時間的原因是____。（2）用鹽酸和H2BO3提取Ce元素時，體現(xiàn)鹽酸的性質(zhì)有____，“濾渣Ⅰ”用飽和KCl溶液溶解時發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，則“濾渣Ⅱ”主要成分為____(化學(xué)式)。（3）“濾液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，用氨水調(diào)pH的范圍是____，“濾液Ⅱ”中加入NH4HCO3反應(yīng)的離子方程式為____，若Ce2(CO3)3經(jīng)充分焙燒質(zhì)量減少5.8t，則獲得CeO2的質(zhì)量為____t。（4）用過量鋁粉還原CeO2即可得Ce，反應(yīng)的化學(xué)方程式為____，鋁粉必須過量的原因是____?！?7~20題答案】【答案】（1）增大了氣體與固體粉末間的接觸面積（2）①.酸性、還原性②.KBF4（3）①.3.3≤pH<7②.2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O③.17.2（4）①.3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce②.使CeO2全部轉(zhuǎn)化為Ce；鋁與氧氣反應(yīng)，放出大量的熱，營造高溫環(huán)境【解析】【分析】氟碳鈰礦含CeFCO3、Fe2O3、FeO等，在空氣中焙燒，Ce3+在空氣中氧化為Ce4+，F(xiàn)e2+氧化為Fe3+，用鹽酸和H2BO3浸取，F(xiàn)e3+進(jìn)入溶液，過濾分離，濾渣Ⅰ主要成分是難溶于水的Ce(BF4)3，“濾渣Ⅰ”用飽和KCl溶液溶解時發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，生成KBF4和CeCl3溶液，濾渣Ⅱ是KBF4。濾液ⅡCe3+溶液中，再加入碳酸氫銨使Ce3+沉淀為Ce2(CO3)3，最后灼燒分解生成CeO2，還原得到Ce?！拘?詳解】在對流空氣氧化爐中可大大縮短氧化時間的原因是增大了氣體與固體粉末間的接觸面積。故答案為：增大了氣體與固體粉末間的接觸面積；【小問2詳解】用鹽酸和H2BO3提取Ce元素時，體現(xiàn)鹽酸的性質(zhì)有酸性、還原性，濾渣Ⅰ主要成分是難溶于水的Ce(BF4)3，“濾渣Ⅰ”用飽和KCl溶液溶解時發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，生成KBF4和CeCl3溶液，則“濾渣Ⅱ”主要成分為KBF4(化學(xué)式)。故答案為：酸性、還原性；KBF4；【小問3詳解】“濾液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，Ce3+開始沉淀時，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22，c(OH-)==10-7，c(H+)=10-7，pH=7，鐵離子沉淀完全時，Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38，c(OH-)==2×10-11，c(H+)==,pH=-lg=3.3，用氨水調(diào)pH的范圍是3.3≤pH<7，“濾液Ⅱ”中加入NH4HCO3反應(yīng)，生成碳酸鈰、二氧化碳和水，離子方程式為2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；若Ce2(CO3)3經(jīng)充分焙燒質(zhì)量減少5.8t，2Ce2(CO3)3+O2=6CO2+4CeO2，，m=t=17.2t則獲得CeO2的質(zhì)量為17.2t。故答案為：3.3≤pH<7；2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；17.2；【小問4詳解】用過量鋁粉還原CeO2即可得Ce，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce，鋁粉必須過量的原因是使CeO2全部轉(zhuǎn)化為Ce；鋁與氧氣反應(yīng)，放出大量的熱，營造高溫環(huán)境。故答案為：3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce；使CeO2全部轉(zhuǎn)化為Ce；鋁與氧氣反應(yīng)，放出大量的熱，營造高溫環(huán)境。18.某實驗小組用SiCl4和(CH3CO)2O合成四乙酸硅，裝置如圖所示(夾持裝置略)，相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)如表所示：物質(zhì)性質(zhì)SiCl4無色油狀液體，能劇烈水解生成硅酸和HCl乙酸酐[(CH3CO)2O]無色油狀液體，吸濕性很強(qiáng)四乙酸硅[Si(CH3COO)4]米黃色晶體，可溶于苯，遇水會迅速水解，超過160℃時可分解成乙酸酐和二氧化硅乙酰氯(CH3COCl)無色油狀液體，遇水劇烈反應(yīng)回答下列問題：（1）儀器①的名稱是____，管口A所接干燥管中盛裝的試劑是____(填“P2O5”、“CaCl2”或“堿石灰”)。（2）檢查上述裝置氣密性，具體操作為先向②中注入一定量的____(填“水”或“苯”)，然后密封管口A和B，打開旋塞⑥，若____(填現(xiàn)象)，則證明裝置的氣密性良好。（3）取255gSiCl4放入1L儀器①中，關(guān)閉旋塞⑥，再由分液漏斗滴入稍過量的乙酸酐，反應(yīng)發(fā)生，放出大量的熱，混合物略微帶色，不久儀器①底部析出大顆粒晶體。寫出制備四乙酸硅的化學(xué)方程式：____，該過程中，玻璃管③的管口必須保持在液面上方的原因是____。（4）待放置一段時間，用干冰—丙酮冷凍劑冷卻，然后____(填具體操作)，小心緩慢地除去儀器①中的殘留液體，接著再分兩次由分液漏斗各滴入75mL左右的乙酸酐，再緩慢除去，最后得到335g精制的四乙酸硅，則四乙酸硅的產(chǎn)率為____%(保留到小數(shù)點后一位)?！?8~21題答案】【答案】（1）①.三頸燒瓶(或三口燒瓶、三口瓶)②.堿石灰（2）①.苯②.②中液面保持不變（3）①.SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl②.防止結(jié)晶析出的四乙酸硅堵塞③的導(dǎo)氣管口（4）①.將③的管口插入到液體中(或“插入到燒瓶底部”)，再慢慢打開旋塞②.84.6【解析】【分析】本實驗的目的是以SiCl4、(CH3CO)2O為原料制取Si(CH3COO)4，由于反應(yīng)物和產(chǎn)物都具有吸濕性，所以整個實驗都應(yīng)在干燥的環(huán)境中進(jìn)行?！拘?詳解】儀器①的名稱是三頸燒瓶(或三口燒瓶、三口瓶)，管口A所接干燥管中所盛試劑，既能吸收水蒸氣，又能吸收酸性氣體，所以盛裝的試劑是堿石灰。答案為：三頸燒瓶(或三口燒瓶、三口瓶)；堿石灰；【小問2詳解】因為整個裝置內(nèi)應(yīng)為無水環(huán)境，所以檢查上述裝置氣密性，應(yīng)先向②中注入一定量的苯，然后密封管口A和B，打開旋塞⑥，若②中液面保持不變，則證明裝置的氣密性良好。答案為：苯；②中液面保持不變；【小問3詳解】制備四乙酸硅時，采用SiCl4、(CH3CO)2O為原料，二者發(fā)生置換反應(yīng)，生成Si(CH3COO)4和CH3COCl，化學(xué)方程式為：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl，因為Si(CH3COO)4為米黃色晶體，易堵塞導(dǎo)管，所以該過程中，玻璃管③的管口必須保持在液面上方，其原因是：防止結(jié)晶析出的四乙酸硅堵塞③的導(dǎo)氣管口。答案為：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl；防止結(jié)晶析出的四乙酸硅堵塞③的導(dǎo)氣管口；【小問4詳解】為確保三頸燒瓶內(nèi)的無水狀態(tài)，可將三頸燒瓶內(nèi)液體抽出。即將③的管口插入到液體中(或“插入到燒瓶底部”)，再慢慢打開旋塞，小心緩慢地除去儀器①中的殘留液體。理論上，m[Si(CH3COO)4]=，則四乙酸硅的產(chǎn)率為。答案為：將③的管口插入到液體中(或“插入到燒瓶底部”)，再慢慢打開旋塞；84.6?！军c睛】分兩次由分液漏斗各滴入75mL左右的乙酸酐的目的，是將SiCl4全部轉(zhuǎn)化為四乙酸硅。19.黃連素(化合物1)主要用于治療胃腸炎、細(xì)菌性痢疾等腸道感染。一種合成路線如圖：已知：①RCOOHRCOCl②CH3NH2+CH3COCH3回答下列問題：（1）符合下列條件的A的同分異構(gòu)體有____種(不考慮立體異構(gòu))。①含有兩個酚羥基②苯環(huán)上有三個取代基③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)④能發(fā)生水解反應(yīng)（2）B的結(jié)構(gòu)簡式為____，B→C的反應(yīng)類型為____，C中官能團(tuán)的名稱是____。（3）C→D的化學(xué)方程式為____。（4）F→G中，參與反應(yīng)的位點是____(填“①”或“②”)，設(shè)計步驟E→F的目的是____。（5）寫出由制備的合成路線____?！?9~23題答案】【答案】（1）30（2）①.②.取代反應(yīng)③.醚鍵、酰胺基（3）+H2O（4）①.①②.防止后續(xù)步驟得到過多副產(chǎn)物(或提高目標(biāo)產(chǎn)物的純度)（5）【解析】【分析】由題干合成流程圖中信息可知，由A和C的結(jié)構(gòu)簡式結(jié)合A到B，B到C的轉(zhuǎn)化條件并結(jié)合信息①可知B的結(jié)構(gòu)簡式為：，(1)已知A的分子式為：C10H12O4，不飽和度為：=5，則A符合條件①含有兩個酚羥基、②苯環(huán)上有三個取代基、③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)含有醛基或甲酸酯基、④能發(fā)生水解反應(yīng)含有酯基，故先考慮兩個酚羥基有鄰、間、對三種位置關(guān)系，再連第三個取代基則分別有2種，3種和1種位置關(guān)系，即每一組均有2+3+1=6種，第三個取代基可以為：-CH2CH2CH2OOCH、-CH2CH(CH3)OOCH、-CH(CH2CH3)OOCH、-C(CH3)2OOCH和-CH(CH3)CH2OOCH五種可能，故符合條件的A的同分異構(gòu)體有6×5=30種，(5)本題采用正向合成法，根據(jù)題干已知信息②可知在一定條件下可知轉(zhuǎn)化為，根據(jù)題干D到E的轉(zhuǎn)化信息可知，與NaBH4作用可以轉(zhuǎn)化為：，根據(jù)F到G的轉(zhuǎn)化信息可知，與HCHO作用可以生成，據(jù)此確定合成路線，據(jù)此分析解題?！拘?詳解】已知A的分子式為：C10H12O4，不飽和度為：=5，則A符合條件①含有兩個酚羥基、②苯環(huán)上有三個取代基、③能發(fā)生銀鏡反應(yīng)含有醛基或甲酸酯基、④能發(fā)生水解反應(yīng)含有酯基，故先考慮兩個酚羥基有鄰、間、對三種位置關(guān)系，再連第三個取代基則分別有2種，3種和1種位置關(guān)系，即每一組均有2+3+1=6種，第三個取代基可以為：-CH2CH2CH2OOCH、-CH2CH(CH3)OOCH、-CH(CH2CH3)OOCH、-C(CH3)2OOCH和-CH(CH3)CH2OOCH五種可能，故符合條件的A的同分異構(gòu)體有6×5=30種，故答案為：30；【小問2詳解】由分析可知，B的結(jié)構(gòu)簡式為，B→C即+生成和HCl，故該反應(yīng)的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，由題干中C的結(jié)構(gòu)簡式可知，C中官能團(tuán)的名稱是醚鍵和酰胺基，故答案為：；取代反應(yīng)；醚鍵和酰胺基；【小問3詳解】由題干合成流程圖可知，C→D即轉(zhuǎn)化為，則該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：+H2O，故答案為：+H2O；【小問4詳解】由題干流程圖比較F和G的結(jié)構(gòu)簡式可知，F(xiàn)→G中，參與反應(yīng)的位點是①，由于F中Br所在的位置和①點位對稱即等效，如果不設(shè)計步驟E→F則在F到G的轉(zhuǎn)化中將發(fā)生更多的副反應(yīng)，降低原料的轉(zhuǎn)化率，使目標(biāo)產(chǎn)物純度降低，故答案為：①；防止后續(xù)步驟得到過多副產(chǎn)物(或提高目標(biāo)產(chǎn)物的純度)；【小問5詳解】本題采用正向合成法，根據(jù)題干已知信息②可知在一定條件下可知轉(zhuǎn)化為，根據(jù)題干D到E的轉(zhuǎn)化信息可知，與NaBH4作用可以轉(zhuǎn)化為：，根據(jù)F到G的轉(zhuǎn)化信息可知，與HCHO作用可以生成，據(jù)此確定合成路線為：，故答案為：