【文档说明】《历年高考化学真题试卷》2021年全国统一高考化学试卷（新课标ⅰ）（含解析版）.docx，共(22)页，3.175 MB，由envi的店铺上传

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2021年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）化学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上。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，涂写在本试卷上无效。3.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16Na23Al27Cl35.5Fe56一、选择题1.我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。碳中和是指2CO的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和

最直接有效的是A.将重质油裂解为轻质油作为燃料B.大规模开采可燃冰作为清洁燃料C.通过清洁煤技术减少煤燃烧污染D.研发催化剂将2CO还原为甲醇【答案】D【解析】【分析】【详解】A．将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故A不符

合题意；B．大规模开采可燃冰做为清洁燃料，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故B不符合题意；C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故C不符合题意；D．研发催化剂将二氧化碳还

原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，达到碳中和的目的，故D符合题意；故选D。2.在实验室采用如图装置制备气体，合理的是化学试剂制备的气体A24Ca(OH)NHCl+3NHB2MnOHCl+(浓)2ClC23MnOKClO+2OD24NaClHSO+(浓)HClA.AB.BC.

CD.D【答案】C【解析】【分析】由实验装置图可知，制备气体的装置为固固加热装置，收集气体的装置为向上排空气法，说明该气体的密度大于空气的密度；【详解】A．氨气的密度比空气小，不能用向上排空法收集，故A错

误；B．二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故B错误；C．二氧化锰和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，故C正确

；D．氯化钠与浓硫酸共热制备为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故D错误；故选C。3.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是A.用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：223434COCaSO

CaCOSO−−+=+B.过量铁粉加入稀硝酸中：332Fe4HNOFeNO2HO+−+++=++C.硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：322Al4OHAlO2HO+−−+=+D.氯化铜溶液中通入硫化氢：22CuSCuS+−+=【答案】A【解析】【分析】【详解】A.硫酸钙

微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：C23O−+CaSO4=CaCO3+S24O−，故A正确；B．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2N3O−=3

Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；C．硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C错误；D．硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D错误

；答案选A。4.一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是A.能发生取代反应，不能发生加成反应B.既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物C.与互为同分异构体D.1mol该物质与碳酸钠反应得244gCO【答案】C【解析

】【分析】【详解】A．该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，故A错误；B．同系物是结构相似，分子式相差1个或n个CH2的有机物，该物质的分子式为C10H18O3，而且与乙醇、乙酸结构不相似，

故B错误；C．该物质的分子式为C10H18O3，的分子式为C10H18O3，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故C正确；D．该物质只含有一个羧基，1mol该物质与碳酸钠反应，生成0.5mol二

氧化碳，质量为22g，故D错误；故选C。5.我国嫦娥五号探测器带回1.731kg的月球土壤，经分析发现其构成与地球士壤类似土壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Y、Z为同周期相邻

元素，且均不与W同族，下列结论正确的是A.原子半径大小顺序为WXYZB.化合物XW中的化学键为离子键C.Y单质的导电性能弱于Z单质的D.Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸【答案】B【解析】【分析】由短周期元

素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Y、Z为同周期相邻元素，可知W所在主族可能为第ⅢA族或第ⅥA族元素，又因X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，故W一定不是第ⅢA族元素，即W一定是第Ⅵ

A族元素，进一步结合已知可推知W、X、Y、Z依次为O、Mg、Al、Si，据此答题。【详解】A．O原子有两层，Mg、Al、Si均有三层且原子序数依次增大，故原子半径大小顺序为Mg＞Al＞Si＞O，即X>Y>Z>W

，A错误；B．化合物XW即MgO为离子化合物，其中的化学键为离子键，B正确；C．Y单质为铝单质，铝属于导体，导电性很强，Z单质为硅，为半导体，半导体导电性介于导体和绝缘体之间，故Y单质的导电性能强于Z单质的，C错误；D．Z的氧化物的水化物为硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D错误；故选B。6.

沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。下列叙述错误的是A.阳极发生将海水中的Cl−氧化生成2Cl的反应B.管

道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClOC.阴极生成的2H应及时通风稀释安全地排入大气D.阳极表面形成的2Mg(OH)等积垢需要定期清理【答案】D【解析】【分析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，

根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl-会优先失电子生成Cl2，阴极区H2O优先得电子生成H2和OH-，结合海水成分及电解产物分析解答。【详解】A．根据分析可知，阳极区海水中的Cl-会优先失去电子生成Cl2，发

生氧化反应，A正确；B．设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH-在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；C．因为H2是易燃性气体，所以阳极区生成

的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；D．阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，会使海水中的Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，

D错误。故选D。7.HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c(M)+随c(H+)而变化，M+不发生水解。实验发现，298K时+2+c(M-c(H))为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误的是A.溶液pH4=时，-1-1c(

M<3.010mol)L+B.MA的溶度积度积-8spK(MA)=5.010C.溶液pH=7时，+--+c(M+c(H=c(A+c))(OH))D.HA的电离常数4a-K(HA)2.010【答案】C【解析】【分析】由题意可知HA是一

元弱酸，其电离常数Ka(HA)=+-c(H)c(A)c(HA)；Ksp(MA)=c(M+)×c(A-)，联立二式可得线性方程c2(M+)=sp+spaK(MA)c(H)+K(MA)K(HA)。【详解】

A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=-8-4mol/7.5107.=5L10mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；B．当c(H+)=0m

ol/L时，c2(M+)=5.0×10-8，结合分析可知5.0×10-8=spspaK(MA)0+K(MA)K(HA)=spK(MA)，B正确；C．设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知+--+c(M+c(H

=c(A+c))(OH))+nc(Xn-)，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；D．当c(H+)=20×10-5mol/L时，c2(M+)=10.0×10-8mol2/L2，结合-8spK(MA)=5.010B代入线性方程有10.0×10-8=-8-4-8a5.01021

0+5.010K(HA)，解得4a-K(HA)2.010，D正确；选C。三、非选择题：共174分。第22~32为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。8.磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有2TiO、2SiO、23AlO、MgO、CaO

以及少量的23FeO。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表金属离子3Fe+3Al+2Mg+2Ca+开始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全()51c

=1.010molL−−的pH3.24.711.113.8回答下列问题：(1)“焙烧”中，2TiO、2SiO几乎不发生反应，23AlO、MgO、CaO、23FeO转化为相应的硫酸盐，写出23AlO转化为()442NHAlSO的化学方程式_______。(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.

0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是_______。(3)“母液①"中2+Mg浓度为_______-1molL。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。(5)“酸溶

”后，将溶液适当稀释并加热，2TiO+水解析出22TiOxHO沉淀，该反应的离子方程式是_______。(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。【答案】(1).()23442AlO4MHSO+焙烧()322442NHAlSO6NH3HO++(

2).3+3+2+FeAlMg、、(3).61.010−(4).硫酸(5).2SiO(6).4CaSO(7).2+222+(x+1)HOTiOxHO+HTiO2+(8).424(NH)SO【解析】【分析】由题给流程可知

，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸

铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙

的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O

沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O。【详解】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4焙烧NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故答案为：Al

2O3+4(NH4)2SO4焙烧NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：

Fe3+、Al3+、Mg2+；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为-10.8-2.4211010（1）=1×10—

6mol/L，故答案为：1×10—6；(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答

案为：硫酸；SiO2、CaSO4；(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++（x+1）H2OΔTiO2·xH2O+2H+，故答案为：TiO2++(x+1)H2OΔTiO2

·xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。9.氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨

制备氧化石墨烯的一种方法如下(转置如图所示)：Ⅰ.将浓24HSO、3NaNO、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中，剧烈搅拌下，分批缓慢加入4KMnO粉末，塞好瓶口。Ⅱ.转至油浴中，35℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。Ⅲ.转移至大烧杯中，静置

冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加22HO至悬浊液由紫色变为土黄色。Ⅳ.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。Ⅴ.蒸馏水洗涤沉淀。Ⅵ.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。回答下列问题：(1)装置图中，仪器a、c的名称分别是_______、_______，仪器b的进水口是____

___(填字母)。(2)步骤Ⅰ中，需分批缓慢加入4KMnO粉末并使用冰水浴，原因是_______。(3)步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是_______。(4)步骤Ⅲ中，22HO的作用是_______(以离子方程式表示)。(5)步骤Ⅳ中，洗涤是否完成，可

通过检测洗出液中是否存在24SO−来判断。检测的方法是_______。(6)步骤Ⅴ可用pH试纸检测来判断Cl−是否洗净，其理由是_______。【答案】(1).滴液漏斗(2).三颈烧瓶(3).d(4).反应放热，使反应过快(5).反应温度接近水的沸点，油浴更易

控温(6).2422222MnO5HO6H2Mn8HO5O−++++=++(7).取少量洗出液，滴加2BaCl，没有白色沉淀生成(8).+H与-Cl电离平衡，洗出液接近中性时，可认为-Cl洗净【解析】【分析】【详解】(1)由图中仪器构造可知，a的仪器名

称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d口进，a口出，故答案为：分液漏斗；三颈烧瓶；d；(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，故答案为：反应放热，使反应过快；(3)油浴和

水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴，故答案为：反应温度接近水的沸点，油浴更易控温；(4)由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4，则反应的离子方程式为：2Mn4O−+5H2

O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故答案为：2Mn4O−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；(5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在S24O−来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀说明

洗涤完成，故答案为：取少量洗出液，滴加BaCl2，没有白色沉淀生成；(6)步骤IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，+H与-Cl电离平衡，洗出液接近中性时，可认为-Cl洗净，故答案为：+H与-Cl

电离平衡，洗出液接近中性时，可认为-Cl洗净。10.一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：(1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现，该元素是_______

。(2)氯铂酸钡(6BaPtCl)固体加热时部分分解为2BaCl、Pt和2Cl，376.8℃时平衡常数42pK1.010Pa=′，在一硬质玻璃烧瓶中加入过量6BaPtCl，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(

然后将支管封闭)，在376.8℃，碘蒸气初始压强为20.0kPa。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则IClp=_______kPa，反应222ICl(g)Cl(g)I(g)=+的平衡常数K=_______(列出计算式即可)。(3)McMorris测定和计算了在

136~180℃范围内下列反应的平衡常数pK。2p12NO(g)+2ICl(g)2NOCl(g)+I(g)K2p22NOCl(g)2NO(g)+Cl(g)K得到p11lgK~T和p21lgK~T均为线性关系，

如下图所示：①由图可知，NOCl分解为NO和2Cl反应的ΔH_______0(填“大于”或“小于”)②反应222ICl(g)Cl(g)I(g)=+的K=_______(用p1K、p2K表示)：该反应的ΔH_______0(

填“大于”或“小于”)，写出推理过程_______。(4)Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：NOClhvNOCl+⎯⎯→2NOClNOCl2NOCl+⎯⎯→+其中hv表示一个光子能

量，NOCl*表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收_______mol光子。【答案】(1).溴(或Br)(2).24.8(3).3321007.610(24.81)0(4).大于(5).p1p2KK(6).大于(7).设TT，即1TT1<′，由图可知：

p2p2p1p1p1p1lgK(T')lgK(T)>lgK(T')(lgT)K(T)lgKlgK(T')−−=−则：p2p1p2p1lgK(T')K(T')lgK(T)K(T)，即k(T')>k(T)，因此该反

应正反应为吸热反应，即ΔH大于0(8).0.5【解析】【分析】【详解】(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或Br)；(2)由题意玻376.8℃时璃烧瓶中发生两个反应：6BaPtCl(s)2BaCl(s)+Pt(s)+22Cl(g)、Cl2(g)+I2(g)2

ICl(g)。6BaPtCl(s)2BaCl(s)+Pt(s)+22Cl(g)的平衡常数42pK1.010Pa=′，则平衡时p2(Cl2)=421.010Pa，平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小pkPa，则22Cl(g)+I(

g)2ICl(g)/(kPa)20.00/(kPa)p2p/(kPa)0.120.0-p2p开始变化平衡，376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平

衡时IClp=2pkPa=2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6×103Pa，IClp=24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此

反应222ICl(g)Cl(g)I(g)=+的平衡常数K=3321007.610(24.81)0；(3)①结合图可知，温度越高，1T越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡22NOCl(g)2NO(g)+Cl(g)正向移动，则NOCl

分解为NO和2Cl反应的大于0；②Ⅰ.2p12NO(g)+2ICl(g)2NOCl(g)+I(g)KⅡ.2p22NOCl(g)2NO(g)+Cl(g)KⅠ+Ⅱ得222ICl(g)Cl(g)I(g)=+，则222ICl(g)Cl(g)I(g)=+的K=p1p2KK；该反应的ΔH

大于0；推理过程如下：设TT，即1TT1<′，由图可知：p2p2p1p1p1p1lgK(T')lgK(T)>lgK(T')(lgT)K(T)lgKlgK(T')−−=−则：p2p1p2p1lgK(T')K(T')lgK(T)K(T)，即k(T')>k(T)

，因此该反应正反应为吸热反应，即ΔH大于0；(4)Ⅰ.NOClhvNOCl+⎯⎯→Ⅱ.2NOClNOCl2NOCl+⎯⎯→+Ⅰ+Ⅱ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，则分解1mol的NOCl需要吸收0.5

mol光子。11.过渡金属元素铬()Cr是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。回答下列问题：(1)对于基态Cr原子，下列叙述正确的是_______(填标号)。A.轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为51[Ar]3d4sB

.4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动C.电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大(2)三价铬离子能形成多种配位化合物。()()23232CrNHHOCl+中提供电子对形成配位键的原子是_______，中心离子的配位数为_____

__。(3)()()23232CrNHHOCl+中配体分子3NH、2HO以及分子3PH的空间结构和相应的键角如图所示。3PH中P的杂化类型是_______。3NH的沸点比3PH的_______，原

因是_______，2HO的键角小于3NH的，分析原因_______。(4)在金属材料中添加2AlCr颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。2AlCr具有体心四方结构，如图所示，处于顶角位置的是_______原子。设C

r和Al原子半径分别为Crr和Alr，则金属原子空间占有率为_______%(列出计算表达式)。【答案】(1).AC(2).NOCl、、(3).6(4).3sp(5).高(6).3NH存在分子间氢键(7).3NH含有一对孤对电子，而2HO含有两对孤对

电子，2HO中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大(8).Al(9).()33CrAl28π2r+r3ac100【解析】【分析】【详解】(1)A.基态原子满足能量最低原理，Cr有24个核外电子，轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为51[Ar]3d4s，A正确；B.Cr核外电子排布为51

[Ar]3d4s，由于能级交错，3d轨道能量高于4s轨道的能量，即3d电子能量较高，B错误；C.电负性为原子对键合电子的吸引力，同周期除零族原子序数越大电负性越强，钾与铬位于同周期，铬原子序数大于钾，故铬电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C正确；故答案为：

AC；(2)()()23232CrNHHOCl+中三价铬离子提供空轨道，NOCl、、提供孤对电子与三价铬离子形成配位键，中心离子的配位数为NOCl、、三种原子的个数和即3+2+1=6，故答案为：NOCl、、；6；(

3)3PH的价层电子对为3+1=4，故3PH中P的杂化类型是3sp；N原子电负性较强，3NH分子之间存在分子间氢键，因此3NH的沸点比3PH的高；2HO的键角小于3NH的，原因是：3NH含有一对孤对电子，而

2HO含有两对孤对电子，2HO中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，故答案为：3sp；高；3NH存在分子间氢键；3NH含有一对孤对电子，而2HO含有两对孤对电子，2HO中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大；(4)

已知2AlCr具有体心四方结构，如图所示，黑球个数为18+1=28，白球个数为18+2=44，结合化学式2AlCr可知，白球为Cr，黑球为Al，即处于顶角位置的是Al原子。设Cr和Al原子半径分别为Crr和Alr，则金属原子的体积为333

3CrCrAlAl4πr8π(2r+r)4πr4+2=333，故金属原子空间占有率=332CrAl8π(2r+r)1300%=ac()33CrAl28π2r+r3ac100%，故答案为：Al；()33CrAl28π2r+r3ac100。12.卤沙唑仑W是一种抗失眠药物，在医药

工业中的一种合成方法如下：已知：(ⅰ)(ⅱ)回答下列问题：(1)A的化学名称是_______。(2)写出反应③的化学方程式_______。(3)D具有的官能团名称是_______。(不考虑苯环)(4)反

应④中，Y的结构简式为_______。(5)反应⑤的反应类型是_______。(6)C的同分异构体中，含有苯环并能发生银镜反应的化合物共有种_______种。(7)写出W的结构简式_______。【答案】(1).2－氟甲苯（或邻氟甲苯）(2).或或(

3).氨基，羟基，卤素原子(溴原子，氯原子)(4).(5).取代反应(6).10(7).【解析】【分析】A（）在酸性高锰酸钾的氧化下生成B（），与SOCl2反应生成C（），与在氯化锌和氢氧化钠的作用下，发生取代反应生成，与Y（）发生取代反应生成，与发生取代反应生成F（），F与乙酸、乙醇

反应生成W（），据此分析解答。【详解】(1)由A（）的结构可知，名称为：2－氟甲苯（或邻氟甲苯），故答案为：2－氟甲苯（或邻氟甲苯）；(2)反应③为与在氯化锌和氢氧化钠的作用下，发生取代反应生成，故答案为：；

(3)含有的官能团为溴原子，氟原子，氨基，羰基（或酮基），故答案为：溴原子，氟原子，氨基，羰基（或酮基）；(4)D为，E为，根据结构特点，及反应特征，可推出Y为，故答案为：；(5)E为，F为，根据结构特点，可知与发生取代

反应生成F，故答案为：取代反应；(6)C为，含有苯环且能发生银镜反应的同分异构体为：含有醛基，氟原子，氯原子，即苯环上含有三个不同的取代基，可能出现的结构有，故其同分异构体为10种，故答案为：10；(7)根据已知及分析可知，与乙酸、乙醇反应生成，故答案为：；获得更多资

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