【文档说明】【精准解析】广西钦州市第一中学2021届高三开学摸底考试化学试题.doc，共(17)页，1.420 MB，由小赞的店铺上传

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广西钦州市第一中学2021届高三开学摸底考试理科综合化学试题1.在抗击“2020新型冠状病毒”的过程中，口罩、防护服、消毒用品及疫苗投入使用。下列有关说法不正确的是()A.84消毒液和酒精均可杀灭新型冠状病毒，两者的消毒原理不同B.新型冠状病毒疫

苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性C.聚丙烯和聚四氟乙烯为生产防护服的主要原料，两者均属于有机高分子材料D.真丝织品和棉纺织品可代替熔喷无纺布生产防护口罩，两者均可防止病毒渗透【答案】D【解析】【详解】A．乙醇和84消毒液都可用于消毒，84消毒液是利用强氧

化性使蛋白质变性，乙醇是利用渗透作用和挥发性使蛋白质凝固而变性，二者消毒原理不相同，故A正确；B．新型冠状病毒疫苗是蛋白质，温度过高易变性，则冷藏存放，目的是避免蛋白质变性，故B正确；C．聚丙烯和聚四氟乙烯都是有机高分子材料，故C正确；D．真丝

织品和棉纺织品不能防止病毒渗透，不能代替无纺布生产防护口罩，故D错误；故答案为D。2.对伞花烃()常用作染料、医药、香料的中间体，下列说法正确的是A.对伞花烃的一氯代物有5种B.对伞花烃分子中最多有8个碳原

子共平面C.对伞花烃难溶于水，密度比水大D.对伞花烃能发生加成反应和加聚反应【答案】A【解析】【详解】A．根据对伞花烃的结构简式可知，对伞花烃含一个对称轴，物质中含五种等效氢，故对伞花烃的一氯代物有5种，A正确；B．苯环是平面正六边形，苯环之

间相连的原子一定在同一平面，故对伞花烃分子中最少有8个碳原子共平面，B错误；C．所有的烃都不溶于水，密度比水小，故C错误；D．对伞花烃含有苯环，可以发生加成反应，但不能发生加聚反应，故D错误；答案选A。3.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。下列说法错误的是A.整个过程中O3作催化剂B.光化学烟雾中含甲醛、乙醛等物质C.反应Ⅲ的机理为：O2+O→O3D.反应Ⅰ、反应Ⅱ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．根据反应过程，反应Ⅱ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B说法正确；C．根据过程，反应III：O和O2参与反应，生成O3，即反应Ⅲ的机理为：O2+O→O3，故C说法正确；D．反应I：O3+3NO=3NO2，存

在化合价的变化，属于氧化还原反应，反应Ⅱ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；答案选A。4.下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，X和Z两元素的原子序数之和等于W元素的原子序数。下列说法正

确的是()A.X、W分别与Y都能形成两种或两种以上的化合物，这些化合物都是酸性氧化物B.X、Y、Z都能形成10电子的氢化物，其中Z的最简单氢化物沸点最高C.X、Y、W与氢四种元素能组成离子化合物，该化合物一定能发生水解D.X和W两元素的氧化物对应的水化物的酸性：X>W【答案】C【解

析】【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，由位置可知X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期，X和Z两元素的原子序数之和等于W元素的原子序数，设Y的原子序数为n，则n-1+n+1=n+8，解得n=8，可知X为

N、Y为O、Z为F、W为S，以此来解答。【详解】由分析知：X为N、Y为O、Z为F、W为S；A．N的氧化物中N2O3和N2O5是酸性氧化物，而NO、NO2等不是酸性氧化物，S的氧化物SO3和SO2均为酸性氧化物，故A错误；B．N、O、F形成的10电子氢化物是NH3、H2O和HF，其中H2O

沸点最高，故B错误；C．N、O、S与氢四种元素组成的离子化合物是NH4HSO4、NH4HSO3、(NH4)2SO4和(NH4)2SO3等，其中NH4+和SO32-在水溶液中均发生水解，故C正确；D．N和S的最高价氧化物的水化物的酸性

是H2SO4＞HNO3，而H2SO3的酸性小于HNO3，故D错误；故答案为C。5.为探究新制氯水的性质，某学生做了如下实验。实验装置试剂a现象①紫色的石蕊试液溶液先变红后褪色②NaHCO3溶液产生气泡③HNO3酸化的AgNO3溶液

产生白色沉淀④FeCl2溶液、KSCN溶液溶液变红由上述实验可得新制氯水的性质与对应的解释或离子方程式不相符的是A.实验①说明新制氯水中含有H＋、HClOB.实验②发生的反应为HCO3－＋HClO=ClO－

＋CO2↑＋H2OC.实验③说明新制氯水中有Cl－，Cl－＋Ag+=AgCl↓D.实验④说明氯气具有强氧化性，Cl2＋2Fe2＋=2Cl－＋2Fe3＋【答案】B【解析】【详解】新制氯水的主要成分有Cl2、H＋、HClO、Cl－等，A.紫色的

石蕊试液变红，有H＋存在，后褪色，有HClO，A项正确；B.碳酸的酸性比HClO的酸性强，根据强酸制弱酸原理，答案不对，正确为HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，B项错误；C.新制氯水有Cl－，和银离子

反应生成白色沉淀，C项正确；D.新制氯水的Cl2具有强氧化性，可以使亚铁离子氧化，D项正确；答案选B。6.DBFC燃料电池的结构如图，该电池的总反应为NaBH4+4H2O2=NaBO2+6H2O。下列关于电池工作时的

相关分析不正确的是（）A.X极为正极，电流经X流向外电路B.Y极发生的还原反应为H2O2+2e-=2OH−C.X极区溶液的pH逐渐减小D.每消耗1.0L0.50mol/L的H2O2电路中转移1.0mole-【答案】A【解析】【分析】由工作原理装置图可知

，负极发生氧化反应，电极反应式为422BH8OH8eBO6HO，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH−，电极反应式为22HO2e2OH；【详解】A.由图知X极为负极，电子经X流向外电路流入Y，A错误

；B.Y极为正极，H2O2发生还原反应：H2O2+2e-=2OH−，B正确；C.X极发生氧化反应：422BH8OH8eBO6HO，故X极区溶液的pH逐渐减小，C正确；D.由电极反应式H2O2+2e-=2OH−

知，每消耗1.0L0.50mol/L的H2O2电路中转移1.0mole-，D正确；答案选A。【点睛】如何判断电池的正负极？我们来看看判断负极的常见方法：①电子流出那一极是负极，②发生氧化反应的一极是负极，③阴离子向负极移

动，④负极有可能因参加反应溶解而变细，⑤当电池总反应为金属与氢离子产生氢气的反应，通常活泼金属做负极，⑥如果是二次电池，与电源负极相连的那一极，在放电时是负极。7.一定温度下，AgCl(s)⇌Ag+(a

q)+Cl-(aq)体系中，c(Ag+)和c(Cl-)的关系如图所示。下列说法正确的是A.a、b、c三点对应的Ksp不相等B.AgCl在c点的溶解度比b点的大C.AgCl溶于水形成的饱和溶液中，c(Ag+

)=c(Cl-)D.b点的溶液中加入AgNO3固体，c(Ag+)沿曲线向c点方向变化【答案】C【解析】【分析】由图象可以看出，随着Ag浓度的增大，-Cl浓度逐渐减小，在曲线上的点为溶解平衡状态，当cAgcClKsp时，可产生沉淀，cCl（）或cAg（）

增大会抑制AgCl的溶解，使其溶解度降低，但温度不变，则Ksp不变，因为Ksp只与温度有关，据此分析解答。【详解】A.温度不变，则Ksp不变，所以a、b、c三点对应的Ksp相等，A错误；B.cCl（）或cAg（）越大抑制AgCl的

溶解程度越大，使其溶解度降低越大，c点时cCl（）大，所以c点抑制AgCl的溶解程度大，即AgCl在c点的溶解度比b点的小，B错误；C.AgCl溶于水形成的饱和溶液中有AgClsAgaqClaq，所以cAgcCl，C正确；D饱和溶液中

加入3AgNO固体，则cAg增大，由于KspcAgC)cl(，所以溶液中cCl（）减小，即cAg（）沿曲线向a点方向变化，D错误；故答案选C。8.某小组在实验室中探究金属钠与二氧化碳的反应，利用如图装置进行实验。已知PdCl2能被一氧化碳还原得到黑色的Pd。

请回答下列问题：(1)请将上图各装置按气体从左到右连接完整：c→_____________________。(2)用稀盐酸与碳酸钙反应制备二氧化碳，在加稀盐酸时，发现碳酸钙与稀盐酸不能接触，而稀盐酸又不够了，为使反应能顺利进

行，可向长颈漏斗中加入的试剂是_______（填字母）。A．硝酸钠溶液B．四氯化碳C．苯D．稀硝酸(3)检查装置气密性并装好药品后，点燃酒精灯之前应进行的操作是打开弹簧夹，让二氧化碳充满整个装置，当观察到____时，再点燃酒精灯。此步操作的目的是_________

___。(4)反应结束后，关闭弹簧夹，可观察到的现象是________。(5)反应过程中二氧化碳足量，假如反应过程中有下列两种情况，分别写出两种情况下钠与二氧化碳反应的化学方程式。Ⅰ.装置⑤PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入

稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体：_____________________。Ⅱ.装置①中钠的质量为0.46g，充分反应后，将装置①中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL(标准状况)二氧化碳气体，且溶液中还有固体残留：_______________________

__。【答案】(1).fg→de→a(b)b(a)→h(2).ABD(3).装置⑤中澄清石灰水变浑浊(4).排尽装置中的空气，以免空气中氧气、水蒸气干扰实验(5).产生的气体使试管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离接触，反应停止(6).

2Na＋2CO2Na2CO3＋CO(7).4Na＋3CO22Na2CO3＋C【解析】【分析】为探究钠与CO2的反应，首先用盐酸和碳酸钙在②中反应制取二氧化碳气体，制取的二氧化碳中混有挥发出来的HCl，需要用装置④中的饱和碳酸氢钠溶液

除去HCl，然后用③浓硫酸干燥，再在①中进行钠与二氧化碳的反应，最后用装置⑤检验反应产物，据此分析解答。【详解】(1)探究钠与CO2的反应，首先用盐酸和碳酸钙在②中反应制取二氧化碳气体，制取的二氧化碳中混有挥发出来的HCl，需要用装置④中的饱和碳酸氢钠溶液除去

HCl，然后用③浓硫酸干燥，再在①中进行钠与二氧化碳的反应，最后用装置⑤检验反应产物，所以装置的连接顺序为：c→fg→de→a(b)b(a)→h；(2)A.加入硝酸钠溶液后，增大了盐酸的体积，可以使盐酸与碳酸钙接触

，故A正确；B.四氯化碳的密度大于稀盐酸，加入四氯化碳后，四氯化碳层在混合液下层，从而使盐酸与碳酸钙接触，故B正确；C.苯的密度小于盐酸，加入苯后，苯在混合液上层，无法使稀盐酸与碳酸钙接触，故C错误；D.加入稀硝酸后，可以

增大溶液体积，使溶液与碳酸钙接触，故D正确；故选ABD；(3)钠化学性质比较活泼，能够与空气中的氧气、水反应，所以点燃酒精灯之前应需要打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，以便排尽装置中的空气，避免空气中O2、H2O干扰实验；由于二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，当装置⑤

中澄清石灰水变浑浊时，证明装置中空气已经排尽；(4)反应结束后，关闭弹簧夹，产生的气体使试管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离接触，反应停止；(5)Ⅰ．装置⑤PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd，则黑色沉淀为Pd，钠与二氧化碳

反应生成了CO；装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳，则钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和CO，即反应的化学方程式为2Na+2CO2Na2CO3+CO；Ⅱ．装置①中钠的质量为0.46g，则钠的物质的量为0.02mo

l，将装置①中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL(标准状况)CO2气体，二氧化碳的物质的量为：20.224L(CO)==0.01mol22.4L/moln，则反应后生成碳酸钠的物质的量为0.01mol，说明钠完全

转化成了碳酸钠；溶液中还有固体残留，根据化合价变化可知，残留的固体只能为C，则钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和C，反应的化学方程式为4Na+3CO22Na2CO3+C。【点睛】1.除去二氧化碳中混有的少量氯化氢和水，可使混合气体先通过饱和

碳酸氢钠溶液，再通过浓硫酸即可除去。这里同学们往往错误的选择饱和食盐水。2.实际上，实验室用浓盐酸与二氧化锰反应加热制取氯气时，氯气中含有氯化氢杂质，由于氯气与水的反应为可逆反应，Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，因此可用饱

和食盐水洗气，除去氯化氢，还可以用排饱和食盐水的方法收集氯气，均利用了平衡移动原理降低氯气的溶解，这是学生们的易错点。9.对废银合金触电材料进行分离回收既节约矿物资源，又可以减少环境污染。某废银合金触电材料含Ag、Cu、Sn等，现欲利用以下工艺流程回收其中的金属资源。回答下列问题：(1)

“加热溶解”时Cu发生的离子方程式为_________。(2)“加热溶解”时温度常控制在50℃左右，温度不宜过高也不宜过低的原因为_________。(3)“酸溶解”过程中会产生少量遇空气变为红棕色的无色气体，则“酸溶解”过程主要的化学方程式为_____________。(4)常温下

，Cu2＋/Sn4＋混合液中c(Cu3＋)＝0.022mol·L－1，将混合液“加热搅拌”后冷却至室温，再加“尿素”调节溶液的pH范围为__________。(当溶液中的离子浓度小于10－5mol·L－1时，沉淀完全，已知：Ksp[Sn(OH)4]＝1×10－55；Ksp[

Cu(OH)2]＝2.2×10－20)(5)检验Sn(OH)4沉淀是否洗涤干净的方法是____________。(6)用惰性电极电解CuCl2溶液，阴极反应式是___________，若想由CuCl2溶液得到无水CuCl2固体，则需进行的实验操作为_______________。【答案】(1).C

u+2H++H2O2Cu2++2H2O(2).低于50℃，溶解反应较慢，超过50℃，H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降(3).3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O(4).1.5≤

pH＜5(5).取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净(6).Cu2++2e-===Cu(7).将CuCl2溶液在HCl气流中加热蒸干【解析】【分析】结合题干信息，根据工艺流程图分析可知，某废银合金触电材料含Ag

、Cu、Sn等，在加热、溶解的条件下通入H2O2和HCl溶液，Cu和Sn变成Cu2+和Sn4+，再通入尿素在加热的条件下得到CuCl2溶液和Sn(OH)4沉淀，最终经过系列操作得到铜粉和SnO2，Ag单质以滤渣的形式经过HNO3和HCl溶液的溶解得到AgCl的沉淀，再加入Zn和H2SO4

溶液进行化学反应得到Ag单质，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析，“加热溶解”时，Cu与HCl、H2O2反应变为Cu2+，离子反应方程式为Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O，故答案为：Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O；(2)温度过低，反应速率慢，温度

过高，反应物H2O2分解，则温度不宜过高也不宜过低的原因是低于50℃，溶解反应较慢，超过50℃，H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降，故答案为：低于50℃，溶解反应较慢，超过50℃，H2O2分解与HCl逸出导致溶解翻译速率下降；(3)根据上述分析可知，“滤渣”主要成分为Ag

，“酸溶解”过程为Ag和HNO3、HCl反应得到AgCl的沉淀，化学反应方程式为：3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O，故答案为：3Ag+HNO3+3HCl===3AgCl↓+NO↑+2H2O；(4)调节pH为保

证Sn4+沉淀完全(离子浓度小于10－5mol·L－1)，按c(Sn4+)=1×10-5mol·L－1进行计算，根据Ksp[Sn(OH)4]＝1×10－55可得，c(OH-)=1×10-12.5mol·L

－1，则c(H+)=1×10-1.5mol·L－1，pH=1.5，为保证Cu2+(0.022mol·L－1)不沉淀，按c(Cu2+)=0.022mol·L－1进行计算，根据Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×

10－20可得，c(OH-)=1×10-9mol·L－1，则c(H+)=1×10-5mol·L－1，pH=5，则pH的取值范围1.5≤pH＜5，故答案为：1.5≤pH＜5；(5)沉淀中可能附着的有Cl-，检验是否洗净的方法

可以是取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，滴入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，证明洗涤干净，反之，沉淀没有洗涤干净；(6)惰性电极电解CuCl2溶液时

，阴极Cu2+得到电子，电极反应为Cu2++2e-===Cu，由于CuCl2会水解，可在蒸发时通入HCl气体抑制水解，故答案为：Cu2++2e-===Cu；将CuCl2溶液在HCl气流中加热蒸干。10.硒(Se)及其氢化物H2Se在新型光伏太阳能电池、半导体材料

和金属硒化物方面有重要应用。(1)已知：①2H2Se(g)+O2(g)2Se(s)+2H2O(l)ΔH1=mkJ·mol−1②2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=nkJ·mol−1③H2O(g)=H2O(l)ΔH3=pkJ·mol−1反应H2(g)+Se(s)H

2Se(g)的反应热ΔH=______kJ·mol−1(用含m、n、p的代数式表示)。(2)T℃时，向一恒容密闭容器中加入3molH2和lmolSe，发生反应H2(g)+Se(s)H2Se(g)。①该反应的平衡常数的表达式K＝___________。②当反应达到平衡后，将平衡混合气体通入气体液化

分离器使H2Se气体转化为液体H2Se，并将分离出的H2再次通入发生反应的密闭容器中继续与Se反应时，Se的转化率会提高。请用化学平衡理论解释_________________________________。③以5小时内得到的H2Se为产量指标，且温度、压强对H2Se产率的影响如图所示：则制备H

2Se的最佳温度和压强为______________________。(3)已知常温下H2Se的电离平衡常数K1=1.3×10−4，K2=5.0×10−11，则NaHSe溶液的离子浓度由大到小的顺序为____________________，H2Se在一定条件下可以制备CuSe，

反应CuS(s)+Se2−(aq)CuSe(s)+S2−(aq)的化学平衡常数K=_____（保留2位有效数字，已知该条件下CuSe的Ksp=7.9×10−49，CuS的Ksp=1.3×10−36）。(4)用电化学方法制备H2Se的实验装置如图所示，石墨电极是____

______(填正极或负极)，写出Pt电极上发生反应的电极反应式：_________________________________。【答案】(1).p−12(n+m)(2).22(HSe)(H)cc(3).移除产物

H2Se后，将分离出的H2重新通入容器中，平衡正向移动，Se的转化率提高(4).550℃，0.3MPa(5).c(Na+)＞c(HSe−)＞c(OH−)＞c(H+)＞c(Se2−)(6).1.6×1012(7).正极(8).CO-2

e−+H2O=CO2+2H+【解析】【分析】(1)根据盖斯定律进行计算；(2)①根据化学平衡常数的定义解答；②根据浓度对化学平衡移动的影响分析解答；(3)计算HSe−的电离常数和水解常数，比较HSe−的水解程度与电离程度的大小关系，从而确定溶液中离子浓

度的大小关系；根据化学平衡常数的定义列式计算；(4)根据原电池原理分析解答。【详解】(1)已知热化学方程式：①2H2Se(g)+O2(g)2Se(s)+2H2O(l)ΔH1=mkJ·mol−1；②2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH2=nkJ

·mol−1；③H2O(g)=H2O(l)ΔH3=pkJ·mol−1；根据盖斯定律可知由(+)-2②①③即可得：H2(g)+Se(s)H2Se(g)，所以反应H2(g)+Se(s)H2Se(g)的反应热ΔH=p−12(n+m)kJ·mol−1；(2)①化学平衡常数是在一定条件下，当可

逆反应达到平衡状态时，生成物浓度幂之积和反应物浓度幂之积的比值，因为Se是固体，故该反应的平衡常数表达式为22(HSe)(H)cc；②当反应达到平衡后，将平衡混合气体通入气体液化分离器使H2Se气体转化为液体H2Se，并将分离出的H2再次通入发生反应的密闭容器中继续与Se反应时，Se的

转化率提高，原因是：移除产物H2Se后，将分离出的H2重新通入容器中，平衡正向移动，Se的转化率提高；③由图可知，温度550℃、压强0.3MPa时产率最高；(3)NaHSe中存在电离平衡HSe−H++Se2−和水解平衡：HSe−+H2OH2Se+OH−，其电离平衡常数K2=5.

0×10−11，水解平衡常数为1441101.310whKKK=7.69×10−11，所以HSe−的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，故NaHSe溶液的离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(HSe−)＞c(OH−)＞c(H+)＞c(Se2−)；CuS

(s)+Se2−(aq)CuSe(s)+S2−(aq)的化学平衡常数K=2-2-SSecc=2-2+2-2+SCuSeCucccc=spspCuSCuSeKK=36491.3107.910

≈1.6×1012；(4)电化学制备的产物是H2Se，由此可知，石墨上Se发生了还原反应，电极反应式为Se+2H+-2e−=H2Se，通入CO的电极为原电池的负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为CO-2e−+H2O=CO2+2H+。【点睛】多元弱酸的酸式盐溶液显酸性

还是碱性，对水的电离是促进还是抑制，是同学们的易混点。例如，在NaHCO3溶液中，存在HCO3-的水解平衡HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，水解会促进水的电离，同时存在电离平衡HCO3-⇌H++CO32-，电离会抑制水的电离，由于HCO3-的

水解程度大于其电离程度，所以NaHCO3溶液呈碱性，促进水的电离；又例如，在NaHSO3溶液中，存在HSO3-的水解平衡HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，水解会促进水的电离，同时存在电离平衡HSO3-⇌H++SO32-，电离会抑制水的电

离，由于HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液呈酸性，抑制水的电离。本题通过比较NaHSe的电离常数和水解常数的大小关系，确定HSe−的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，从而写出NaHSe溶液

中离子浓度的大小顺序，且NaHSe对水的电离是促进作用。11.磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(SARS-CoV-2)的感染。磷酸氯喹的结构如图所示，据此回答下列问题。(1)基态P原子中，电子占据的最高能级符号为________。(2)C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序为_

____________；第一电离能I1(P)_____I1(Cl)(填“＞”或“＜”)。(3)磷酸氯喹中N原子的杂化方式为_____，NH3是一种极易溶于水的气体，其沸点比AsH3的沸点高，其原因是_____

______。(4)如图1所示，每条折线表示周期表ⅣA~ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是___________(用化学式表示)。(5)CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图2所示。则该晶体的类

型属于____晶体。(6)图3为金刚石晶胞，则1个金刚石晶胞有_________个碳原子，若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r=_________a。【答案】(1).3p(2).O＞N＞C(3).＜(4).sp2、s

p3(5).NH3中N的电负性比AsH3中As的大得多，故NH3易形成分子间氢键，从而使其沸点升高；也容易与H2O形成分子间氢键，使其在水中溶解度增大(6).SiH4(7).原子(8).8(9).38【解析】【分析】(1)根据基态P原子的核外电子排布式

分析；(2)根据电负性、第一电离能的变化规律比较；(3)根据杂化轨道理论分析；根据氢键对物质物理性质的影响分析；(4)根据氢键对物质熔沸点的影响分析；(6)根据均摊法计算晶胞中C原子数；根据晶胞结构计算。【详解

】(1)基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，故基态P原子中，电子占据的最高能级符号为3p；(2)同周期元素从左至右，电负性逐渐增大，故C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序为O＞

N＞C；同周期元素从左至右，第一电离能总体上呈增大趋势，但是第ⅤA族元素比同周期第ⅥA族元素的第一电离能大，故第一电离能I1(P)＜I1(Cl)；(3)磷酸氯喹中N原子有两种情况，价层电子对数分别是3、4，故N原子的杂化方

式为sp2、sp3；NH3中N的电负性比AsH3中As的大得多，故NH3易形成分子间氢键，从而使其沸点升高；也容易与H2O形成分子间氢键，使其在水中溶解度增大；(4)第ⅣA族~ⅦA族元素的氢化物中，NH3、H2O、HF的分子间可形成氢键，使得它们的沸点与同族其它元素的氢化物相比“反常”。图1中

a点所在折线无“反常”，则为第IVA元素的氢化物，a点代表的是第三周期的氢化物SiH4；(5)图2中，C、O原子通过共价键形成空间网状结构，则属于原子晶体。(6)晶胞中顶点微粒数为：8×18=1，面心微粒数为：6×12=3，体内微粒数为4，则共含有8个碳原子；位于金刚石晶胞

内部的四个碳原子处于八分之一晶胞的中心，因此，晶胞的体对角线长度与8个碳原子直径相同，即3a=8r，r=38a。【点睛】同周期元素从左至右，电负性逐渐增大，故C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序为O＞N＞C；同周期元

素从左至右，第一电离能总体上呈增大趋势，但是第ⅤA族元素比同周期第ⅥA族元素的第一电离能大，故第一电离能N＞O＞C，这是学生们的易错点。12.某药物中间体Ⅰ的合成路线如图所示：已知：回答下列问题：(1)A的结构简式为___________，F中所含官能团的名称为_

__________；(2)反应③的反应类型为___________；(3)反应②的化学方程式为___________；(4)H的可能结构有___________种(不考虑立体异构)；(5)同时满足下列条件的F的同分异构体有___________种；其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为_

__________；Ⅰ.分子结构中含有环己酮（）和甲基(－CH3)Ⅱ.能与NaHCO3溶液反应生成CO2(6)参照上述合成路线和信息，以为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线：___________【答案】(1).(2).酯基、羰

基(或酮基)(3).加成反应(4).+3CH3OH+3H2O(5).3(6).13(7).(8).【解析】【分析】根据已知信息反应和B的结构简式可推得A为，B被酸性高锰酸钾氧化生成C为，C与甲醇发生酯化反应生成D，G发生消去反应生成H，H与氢气发生加成反应生成I，据

此分析解答。【详解】(1)由以上分析知，A的结构简式为，由F的结构简式可知，F中所含官能团的名称为酯基、羰基(或酮基)；(2)由F与G的结构简式可知反应③的反应类型为加成反应；(3)反应②为C与甲醇发生酯化反应生成D，化学方程式为+3CH3OH+3H2O；(4)G发生消去反应生成H，

只要是与羟基碳原子直接相连的碳原子上有氢原子，均可以发生消去反应，由G的结构简式可知，与羟基碳原子直接相连的3个碳原子上均有氢原子，则羟基均可以与这3个碳原子上的氢原子发生消去反应，且消去产物的结构不同，故H可能的结构有3种；(5)同时满足下列条

件的F的同分异构体，Ⅰ.分子结构中含有环己酮（）和甲基(－CH3)；Ⅱ.能与NaHCO3溶液反应生成CO2，说明有羧基，符合条件的F的同分异构体有、、、、共13种；其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为；(6)先与溴水发生1，3-加成生成，再与发生

信息反应生成，在碱的水溶液加热的条件下发生水解反应生成，故合成路线为：。【点睛】醇的消去反应规律：醇分子中，连有羟基(-OH)的碳原子必须有相邻的碳原子，并且此相邻的碳原子上必须连有氢原子时，才可发生消去反应，生成不饱和键。表示为。