【文档说明】【精准解析】辽宁省六校2021届高三上学期期中联考化学试题（解析版）.doc，共(20)页，784.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020----2021学年(上)省六校高三期中联考化学试卷满分：100分，答题时间：90分钟可能用到的原子量H:1C:6B:11O:16Na:23S:32K:39Cr:52Fe:56Ba:137I:127一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选

项符合题意。1.化学与生活密切相关。下列说法正确的是()A.SO2可用作食品防腐剂B.生石灰能与水反应，可用来干燥氯气C.FeCl3溶液可用于腐蚀印刷铜质线路板是因为Fe比Cu的金属性强D.过氧化钠用于呼吸面具中是因为过氧化钠是强氧化剂

，能氧化CO2和水【答案】A【解析】【详解】A.二氧化硫具有杀菌作用，可以用做防腐剂，故A正确；B.生石灰是碱性氧化物，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，二者与生石灰反应，所以不能用生石灰干燥氯气，故B错误；C.FeCl3溶液可用于腐蚀印刷铜质线路板是因为发生反应2F

e3++Cu=Cu2++2Fe2+，故C错误；D.过氧化钠与水、二氧化碳发生歧化反应生成氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故D错误；故答案为A。2.下列说法正确的是()A.HF分子比HCl分子稳定是因为前者分子间存在氢键B.冰醋酸在溶于水和融化

时破坏的作用力不相同C.2.2gT2O(超重水)中所含中子数是1.2molD.PCl5、Cl2及Cl2O三种分子中各原子最外层都具有8电子稳定结构【答案】B【解析】【详解】A．元素的非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性F＞Cl，则HF分子比HCl分子稳定，故A错误；B

．冰醋酸在溶于水电离生成醋酸根离子和氢离子，破坏的是分子内的共价键，融化时破坏的是分子间作用力，则两个过程破坏的作用力不相同，故B正确；C．一个T2O中含有12个中子，2.2gT2O(超重水)的物质的量为2.2g22g/mol=0.1mol，则其中所含中子数是0.1mol×12×

NA=1.2NA，故C错误；D．PCl5中P最外层电子数是5，每个Cl提供1个电子形成P-Cl单键，所以分子中P外层有5+1×5=10个电子，故D错误；答案选B。3.下列有机物的系统命名，正确的是A.2-甲基-2-氯丙烷B.2-甲基

-1-丙醇C.1,3,4-三甲苯D.2-甲基-3-丁炔【答案】A【解析】【详解】A、有机物是卤代烃，命名正确，A正确；B、有机物是一元醇，名称是2－丁醇，B错误；C、有机物是苯的同系物，名称是1，2，4-三甲苯，C错误；D、有机物是炔烃

，名称是3-甲基-1-丁炔，D错误;答案选A。【点晴】明确有机物的命名方法是解答的关键，注意（1）有机物系统命名中常见的错误：①主链选取不当（不包含官能团，不是主链最长、支链最多）；②编号错（官能团的

位次不是最小，取代基位号之和不是最小）；③支链主次不分（不是先简后繁）；④“－”、“，”忘记或用错。（2）弄清系统命名法中四种字的含义：①烯、炔、醛、酮、酸、酯……指官能团；②二、三、四……指相同取代基或官能团的个数；③1、2、3……指官能团或取代基的位置；④甲、乙、丙、

丁……指主链碳原子个数分别为1、2、3、4。4.以下有关元素性质的说法不正确的是A.具有下列电子排布式①1s22s22p63s23p2②1s22s22p3③1s22s22p2④1s22s22p63s23p4的原子中，原子半径最大的是①B.具有下列价电

子排布式①3s23p1②3s23p2③3s23p3④3s23p4的原子中，第一电离能最大的是③C.①Na、K、Rb②N、P、Si③Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数增大而增大的是③D.某主族元素基态原子的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、1

7995、21703…，当它与氯气反应时生成的阳离子是X3+【答案】D【解析】【分析】A、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；B、同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅤA族3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素；C、同周期自左而右电负性

增大，同主族自上而下电负性减小；D、该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价。【详解】A．①1s22s22p63s23p2是硅，②1s22s22p3是氮，③1s22s22p2是碳，④1s22s22p63s23p4是硫，电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，所以

原子半径最大的是硅，选项A正确；B．①为Al元素，②为Si元素，③为P，④为S元素，同周期第IIA和第VA族元素的电离能大于同周期的相邻其它元素，所以P的第一电离能最大，即对应的第一电离能最大的是③，选项B正确；C．同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故①Na、K、Rb电

负性依次减小，②N、P、As的电负性依次减小，③O、S、Se的电负性依次减小④Na、P、Cl的电负性依次增大，选项C正确；D．该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是X2+，选项D不正确；答案选D。【点睛】本题考查核外电子排布、微粒半径比较、电

离能与电负性等，难度中等，注意理解电离能与元素化合价关系、同周期第一电离能发生突跃原理。5.下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是A.该溶液中K＋、Fe2＋、C6H5OH、Br－可以大量共存B.和KI溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋2

I－Fe2＋＋I2C.和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋SO42—＋Ba2＋＋3OH－Fe(OH)3↓＋BaSO4↓D.1L0.1mol·L-1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2gFe【答案】D【解析】【详解】A、三价铁与苯酚会发生显色反应，不能大量共存，A

错误；B、电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，B错误；C、不符合配比关系，正确的离子方程式为2Fe3＋＋3SO42—＋3Ba2＋＋6OH－2Fe(OH)3↓＋3BaSO4↓，C错误；D、根据

原子守恒，铁离子的物质的量为0.2mol，与足量Zn反应生成0.2mol铁，为11.2g，D正确；答案选D。6.下列说法或表示方法正确的是()A.若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B.由“C(石墨)=C(金刚石)

ΔH＝1.9kJ·mol”可知，金刚石比石墨稳定C.在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－285.8kJ/molD.在稀溶液中：H＋＋OH－=H2OΔH＝－57.3kJ·m

ol，若将含1molH2SO4与含2molNaOH的溶液混合，放出的热量等于114.6kJ【答案】D【解析】【详解】A．硫蒸气的能量高于硫固体的能量，因此若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多，A错误；B．由“C(

石墨)=C(金刚石)ΔH＝＋1.9kJ·mol”可知金刚石总能量高于石墨，能量越低越稳定，石墨比金刚石稳定，B错误；C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l)ΔH

＝－285.8kJ/mol，C错误；D．在稀溶液中：H＋＋OH－=H2OΔH＝－57.3kJ/mol，若将含1molH2SO4与含2molNaOH的溶液混合生成2mol水，放出的热量等于2mol×57.3kJ/mol＝114.6kJ，D正确；答案选D。7.短

周期主族元素XYZW、、、的原子序数依次增大，其中YZ、位于同一主族。X的气态氢化物常用作制冷剂。2ZYW与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色。下列说法正确的是（）A.最简单氢化物的沸点：Z>YB.原子半径：W>Z>

Y>XC.把2ZY通入石蕊试液中，石蕊先变红后褪色D.向2ZYW与水反应后的溶液中滴加3AgNO溶液有白色沉淀生成【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、Z位于同一主族

。X的气态氢化物常用作制冷剂，则X为N元素；ZYW2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色，该气体为SO2，结合Y、Z位于同一主族可知，Y为O，Z为S元素；W

的原子序数大于S，且为短周期主族元素，则W为Cl元素，据此解答。【详解】A.Y和Z简单氢化物分别为H2O和H2S，常温常压下，H2O为液态，H2S为气态，则沸点大小：Y＞Z，故A错误；B.同周期元素原子半径随核电荷数增大而减小，同主族元素原子半径随核电荷

增大而增大，则X＞Y，故B错误；C.2ZY为SO2，通入石蕊试液中，石蕊变红但不褪色，故C错误；D.向2ZYW与水反应后的溶液中存在Cl-，则滴加3AgNO溶液有白色氯化银沉淀生成，故D正确；故选D。8.如下为火山喷发时硫元素的转化示意图

，其中甲、乙在常温下均为气体，丙为液体，丁为固体。下列关于甲、乙，丙、丁的判断不正确的是A.甲只具有还原性B.乙、丙均为酸性氧化物C.乙既有氧化性，又有还原性D.丁为黄色或淡黄色固体【答案】A【解析】【分析】根据转化关系，乙与水反应生成亚硫酸，则乙为二氧

化硫；二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，则丙为三氧化硫；甲可与亚硫酸反应生成丁，且甲、丁为火山喷发的产物，则甲为硫化氢，丁为单质硫。【详解】A．甲为H2S，S为-2价，只有还原性，但其中的H为+1价，具有氧化性，H2S既有氧化性，又有还原性，A判断错误；B．乙、

丙分别为二氧化硫、三氧化硫，均能与碱反应生成盐和水，均为酸性氧化物，B判断正确；C．乙为二氧化硫，含有的S为+4价，处于中间价态，既有氧化性，又有还原性，C判断正确；D．丁为单质S，其为黄色或淡黄色固体，D判断正确；答案为A。9.一些烷烃的燃烧热如下表：

化合物燃烧热/kJ·mol－1化合物燃烧热/kJ·mol－1甲烷890.3正丁烷2878.0乙烷1560.8异丁烷2869.6丙烷2221.52－甲基丁烷3531.3下列表达正确的是A.乙烷燃烧的热化学方程式为：2C2H6（g）＋7O2（g）＝4CO2（g）＋6

H2O（g）ΔH＝－1560.8kJ·mol－1B.稳定性：正丁烷＞异丁烷C.正戊烷的燃烧热大于3531.3kJ·mol－1D.相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多【答案】C【解析】【详解】A．根据乙烷燃烧热的含义：完全燃烧1mol乙烷生成二氧化碳和液态水

时会放出1560.8KJ的热量，所以热化学方程式为2C2H6（g）+7O2（g）=4CO2（g）+6H2O（l）△H=-3121.6kJ/mol，故A错误；B．由表格中的数据可知，异丁烷的燃烧热比正丁烷的燃烧热小，则异丁烷的能量低，即热稳

定性为正丁烷＜异丁烷，故B错误；C．正戊烷和2-甲基丁烷互为同分异构体，由表格中正丁烷、异丁烷的燃烧热比较可知，则互为同分异构体的化合物，支链多的燃烧热小，则正丁烷的燃烧热大于2-甲基丁烷，即正戊烷的燃烧热大约在3540KJ/mol左右，且大于3531.3KJ/mol，故C正确；

D．相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放热越少，即n越大，燃烧放出的热量越少，氢的数目越大燃烧放热越多，故D错误；故答案为C。10.为证明稀硝酸与铜反应产物中气体为NO，设计如图实验（实验过程中活塞2为打开状态），下列说法中不正确的是A.关闭活塞1

，加入稀硝酸至液面a处B.在装置左侧稍加热可以加快稀硝酸与铜的反应速率C.通过关闭或开启活塞1可以控制反应的进行D.反应开始后，胶塞下方有无色气体生成，还不能证明该气体为NO【答案】A【解析】【详解】如果关闭活塞1，稀硝酸加到一

定程度后，左侧液面将不再升高，即不可能加到液面a处，A错误。B正确。关闭活塞1时，产生的气体聚集在铜丝附近使得U形管液面左低右高，当左面铜丝接触不到硝酸后，反应停止；由于活塞2是打开的，打开活塞l后，两边液面恢复水平位置，继续反应，所以活塞l可以控制反应的进

行，C项正确。胶塞下方有无色气体生成，此时还要打开活塞1使得该气体进入上面的球体里，看到有红棕色现象(生成NO2)才能证明生成的是NO气体，D正确。答案选A。二、选择题，本题共五小题，每小题4分，共20分。每小题

有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.某同学在做实验时引发了镁失火，她立即拿起二氧化碳灭火器欲把火扑灭，却被实验老师及时制止。原因是CO2可以支持镁燃烧发生以下反应：2

Mg+CO2=点燃2MgO+C．下列关于该反应的判断正确的是()A.镁元素化合价由0价升高到+2价，所以MgO是还原剂B.由此反应可以判断氧化性CO2>MgO，还原性Mg>CC.CO2作氧化剂，表现氧化性，发生氧化反应D.镁原子失去的电子数目等于氧原子得到的电子数目【答案】B【解析】【

详解】A.镁元素化合价由0价升高到+2价，所以Mg是还原剂，MgO是氧化产物，A错误；B.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，由此反应可以判断氧化性CO2>MgO，还原性Mg>C，B正确；C.CO2作氧化剂，表现氧化性，发生还原反

应，C错误；D.根据得失电子守恒，镁原子失去的电子数目等于碳原子得到的电子数目，D错误；答案选B。12.下列说法不正确的是()A.除去96%的乙醇中的少量水制无水乙醇:加入生石灰,振荡、静置、分液B.除去溴苯中混有的少量单质溴:加入足量的NaOH溶液,振荡、静置、分液

C.NH3和BF3都是三角锥型,CH4、CCl4都是正四面体结构D.CH3CH=C(CH3)2系统命名法为:2﹣甲基﹣2-丁烯【答案】AC【解析】【详解】A.加CaO后与水反应且增大与乙醇的沸点差异，则加入生石灰，振荡、静置、蒸馏

可制无水乙醇，故A错误；B.溴与NaOH反应后与溴苯分层，则加入足量的NaOH溶液，振荡、静置、分液可除杂，故B正确；C.NH3是三角锥型，BF3是平面三角形，CH4、CCl4都是正四面体结构，故C错误；D.根据系统命名法距离官能团最近的且数字相加最小的，所以CH3CH=C(CH3)

2系统命名法为:2﹣甲基﹣2-丁烯，故D正确；故答案为：AC。13.碱式氯化铜[CuaClb(OH)c·xH2O]是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反

应生成CuCl2。已知Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。下列有关说法不正确的是A.a、b、c之间的关系式为：a=b+cB.图中M、M´分别为Fe3+、Fe2+C.步骤1充分反应后，加入少量CuO是为了除去F

e3+D.若制备1mol的CuCl2，理论上消耗11.2LO2【答案】AD【解析】【分析】由催化原理示意图可知N先与氧气和氢离子反应生成M和水，然后M和铜反应生成铜离子和N，由此分析。【详解】A．化合物中正负化合价的代数和等于0，2a-b-c=0，得到2a=b+c，选项A不正

确；B．由催化原理示意图可知N先与氧气和氢离子反应生成M和水，然后M和铜反应生成铜离子和N，M、N分别是Fe3+、Fe2+，选项B正确；C．Fe3+水解使溶液显酸性，CuO与H+反应产生Cu2+和水，当溶液的pH增大到一定程度，Fe3+形成Fe(OH)3沉

淀而除去，从而达到除去Fe3+的目的，选项C正确；D．制备1mol的CuCl2，转移2mol电子，根据电子守恒，需要消耗0.5molO2，由于不清楚氧气所处的条件，所以不能确定气体的体积，选项D不正确；答案选AD。14.氰气的分子式为(CN)2，结构式为N≡C-C≡N，性质与卤素相

似。下列叙述不正确的是()A.分子中原子的最外层均满足8电子结构B.分子中N≡C键的键长大于C-C键的键长C.分子中含有2个σ键和4个π键D.能和氢氧化钠溶液发生反应【答案】BC【解析】【详解】A．氰气的分子式为(CN)2，结构式为N≡C-C≡N，碳原子和氮原子最外

层都达到8电子稳定结构，故A正确；B．同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大，形成的化学键的键长就越长，由于原子半径C＞N，所以氰分子中C≡N键长小于C-C键的键长，故B错误；C

．该分子的结构式为N≡C-C≡N，单键为σ键，三键中含有一个σ键和两个π键，可见在该分子中含有3个σ键和4个π键，故C错误；D．卤素单质能和氢氧化钠反应，氰气和卤素单质性质相似，所以氰气能和氢氧化钠溶液反

应，故D正确；答案选BC。15.两种硫酸盐按一定比例混合共熔，制得化合物X，X溶于水能电离出K＋、Cr3+、SO2-4，若将2.83gX中Cr3+全部氧化为Cr2O2-7后，溶液中的Cr2O2-7可和过量KI溶液反应，得到3.81gI2，反应的离子方程式为Cr2O2-7＋I－＋H＋→Cr

3+＋I2＋H2O(未配平),若向溶有2.83gX的溶液中，加入过量的BaCl2溶液，可得4.66g白色沉淀，由此可推断出X的化学式为()A.24243KSO2Cr(SO)B.242432KSOCr(SO)C.24243KSOCr(S

O)D.242431KSOCr(SO)2【答案】C【解析】【详解】向溶有2.83gX的溶液中，加入过量的BaCl2溶液，可得4.66g白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，由硫原子个数守恒可知X中含有的硫酸根离子的物质的量为4.66g233g/mol=0.02mol，3.81g单质碘的物质的量

为3.81g254g/mol=0.015mol，由得失电子数目守恒可得3n(Cr3+)=0.015mol×2，解得n(Cr3+)=0.01mol，由电荷守恒n(K+)+3n(Cr3+)=2n(SO2-4)可得：n

(K+)=0.02mol×2-0.01mol×3=0.01mol，则X中K+、Cr3+、SO2-4的物质的量比为0.01mol：0.01mol：0.02mol=1:1:2，X的化学式为24243KCr(SO)SO，故选C。三、非选择题(共60分)16.根据所学知识，回答下列问题。(1)向1L

1-1molL的NaOH溶液中分别加入下列物质：①浓硫酸；②稀硝酸；③稀醋酸。反应恰好完全时的热效应(对应反应中各物质的化学计量数均为1)分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则三者由大到小的顺序为______

_____(2)已知：①Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)ΔH1=+19.3kJ·mol-1②3FeO(s)+H2O(g)Fe3O4(s)+H2(g)ΔH2=-57.2kJ·mol-1③C(s)+CO2(g)2CO(g)ΔH3

=+172.4kJ·mol-1碳与水制氢气总反应的热化学方程式是___________。(3)已知CO与2H合成甲醇反应过程中的能量变化如图所示：下表为断裂1mol化学键所需的能量数据：化学键H-HC≡OH-OC-O断裂1m

ol化学键所需的能量/kJ4361084465343则甲醇中C-H键的键能为___________-1kJmol。(4)一定条件下，在水溶液中1mol-Cl、1mol-xClO(x=1、2、3等)的相对能量(kJ)大小如图所示：①D是______

_____(填离子符号)。②反应B→A+C的热化学方程式为___________(用离子符号表示)。【答案】(1).321ΔH>ΔH>ΔH(2).C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g)ΔH=+134.5kJ·mol-1(3).413(4).-4ClO(5)

.----133ClO(aq)=ClO(aq)+2Cl(aq)ΔH=-117kJmol【解析】【详解】(1)酸与碱的反应为放热反应，ΔH的值为负值，放出的热量越多，ΔH的值越小，与1L1-1molL的NaOH溶液反应时，与稀硝酸相比，浓硫酸溶于水放出大量的热，醋酸

为弱酸，在溶液中电离时吸收热量，则ΔH1、ΔH2、ΔH3三者由大到小的顺序为321ΔH>ΔH>ΔH，故答案为：321ΔH>ΔH>ΔH；(2)由盖斯定律可知，①+②+③可得碳与水制氢气总反应的热化学方程式C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g

)，则ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3=(+19.3kJ·mol-1)+(-57.2kJ·mol-1)+(+172.4kJ·mol-1)=+134.5kJ·mol-1，反应的如化学方程式为C(s)+H2O(g)

=H2(g)+CO(g)ΔH=+134.5kJ·mol-1，故答案为：C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g)ΔH=+134.5kJ·mol-1；(3)由图可知，一氧化碳与氢气合成甲醇反应的反应热ΔH=-(510kJ·mol-1-419kJ·mol-1)=-91kJ·mol-1，设甲醇中C

-H键的键能为x，由反应热ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和可得：1084kJ·mol-1+2×436kJ·mol-1-xkJ·mol-1-3×413kJ·mol-1=-91kJ·mol-1，解得x=413，故答案为：413；(4)①由图可知，D点对应氯元素的化合价为+7价，则D为-4Cl

O，故答案为：-4ClO；②由图可知，A为氯离子、B为次氯酸根离子、C为氯酸根离子，次氯酸根离子转化为氯酸根离子和氯离子的方程式为---33ClO(aq)=ClO(aq)+2Cl(aq)，则ΔH=(63×1+0×2-60×3)kJ·mol-1=-117kJ·mol-1，热化学方

程式为----133ClO(aq)=ClO(aq)+2Cl(aq)ΔH=-117kJmol，故答案为：----133ClO(aq)=ClO(aq)+2Cl(aq)ΔH=-117kJmol。17.A、B、C、D、E、F为前

四周期原子序数依次增大的六种元素，已知A元素的某种核素没有中子，B元素基态原子中有3个不同能级且各能级中的电子数相等，D元素的最外层电子数是其电子层数的3倍，E元素的焰色反应呈黄色，F元素是第四周期未成对电子数最多的元素。试回答下列问题:(1)F原子的价层电子排布式为__________，D元素和

E元素形成E2D2化学键类型_____。(2)基态原子第一电离能C____D(“>”或“<”)，电负性C____D(“>”或“<”)。(3)CD-3中心原子杂化方式_____，CA3立体构型_____。

(4)E元素的焰色反应呈黄色，金属元素能产生焰色反应的微观原因为________。(5)已知B元素的某种单质结构如图所示，且晶胞边长为apm，B原子的摩尔质量为Mg/mol，NA为阿伏加德罗常数，则两个最近的B原子之间的距离为__________pm，该晶体的密度为________

__g/cm3。【答案】(1).3d54s1(2).共价键离子键(3).>(4).<(5).sp2杂化(6).三角锥(7).电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量(8).3a4(9).-103A8MN(a10)【解析】【分析】A、B、

C、D、E、F为前四周期原子序数依次增大的六种元素，已知A元素的某种核素没有中子，A为H元素；B元素基态原子中有3个不同能级且各能级中的电子数相等，B为C元素；D元素的最外层电子数是其电子层数的3倍，D为O元素；因原子序数依次增大，则C为N元素；E元素的焰色反应呈黄色，E为Na元素；F元素是

第四周期未成对电子数最多的元素，其原子的价层电子排布式应该是3d54s1，F为Cr元素。【详解】(1)F是Cr元素，原子的价层电子排布式为3d54s1，O与Na元素形成的Na2O2是由钠离子和过氧离子构成，过氧离子中的两个O原子以共价键相结合

，则Na2O2所含化学键的类型是离子键和共价键；(2)同周期从左到右，基态原子第一电离能呈增大趋势，但N元素的原子为半充满的稳定结构，第一电离能大于O元素；同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性N＜O；(3

)NO-3中心原子的价层电子对数为：3+51322+−=3，则NO-3中心原子的杂化方式为sp2；NH3的中心原子价层电子对数为：3+5312−=3+1=4，含有1个孤电子对，所以其立体构型为三角锥形；

(4)Na元素的焰色反应呈黄色，金属元素能产生焰色反应的微观原因为：电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量；(5)据图可知，晶胞中两个最近的C原子之间的距离为该晶胞体对角线长度的14，晶胞边长为apm，则两个

最近的C原子之间的距离为：3a4pm；晶胞中所含的原子个数为：4+8×18+6×12=8，晶胞的体积为：(a×10-10)3cm3，则该晶体的密度为：()A3108a10MN−g/cm3=-103A8MN(a10)g/cm3。18.一、H2

O2是医药、卫生行业上广泛使用的消毒剂。某课外小组采用滴定法测定某医用消毒剂中H2O2的浓度。实验步骤如下:①标准液的配制和标定:称取一定量KMnO4固体溶于水,避光放置6至10天,过滤并取滤液于滴定管中待用,称取mgNa2C2O4固体于锥形瓶中,加

水溶解,再加H2SO4酸化,滴定至终点,消耗KMnO4溶液的体积V1ml,滴定过程中发生的一个反应为:5H2C2O4+2MnO-4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。(草酸不稳定，易分解)②H2O2浓度的测定:取待测样

品25mL稀释至500mL,再移取10.00mL于锥形瓶中,加H2SO4酸化,用上述KMnO4标准液滴定至终点,消耗溶液的体积V2mL。回答下列问题:(1)①中移取酸性高锰酸钾溶液滴定时所用主要仪器名称为________

(2)标定KMnO4标准液时需要控制温度为75至85℃,温度过低反应较慢,温度过高可能会因为______________导致KMnO4标准液的标定浓度偏高,在恒定温度下进行滴定操作时,开始时反应速率较慢,随后加快,导致速率加快的原因是________(3)KM

nO4标准液滴定H2O2的离子方程式为_____________________，当滴定到___________________可以认为已达到滴定终点。(4)该医用消毒剂中H2O2的物质的量浓度为______mol·L-1。二、

KMnO4是一种典型的强氧化剂。用酸性KMnO4溶液处理残留的Cu2S时,反应如下：KMnO4+Cu2S+H2SO4→K2SO4+MnSO4+CuSO4+SO2↑+H2O(5)关于该反应的下列说法中不正确的是________A被氧化的元素是SBKMnO4是氧化剂,Cu2S既是氧

化剂又是还原剂C氧化剂与还原剂的物质的量之比为8:5D生成2.24L(标准状况)的SO2,转移电子的物质的量是0.8molE氧化性的强弱关系是MnO-4>Mn2+>Cu2+【答案】(1).酸式滴定管(或移液管);(2).草酸分解(3)

.生成的Mn2+对反应具有催化作用(4).2MnO-4+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O(5).滴入一滴KMnO4溶液后,锥形瓶中液体由无色变为浅红色且半分钟内不恢复原色(6).211000mV67V(7).AB

E;【解析】【详解】(1)酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀乳胶管，因此移取酸性高锰酸钾溶液所用仪器名称为酸式滴定管；(2)温度过高可能会因为草酸分解而导致高锰酸钾溶液的标定浓度偏高，开始时反应速率较慢，随后加快，反应速率加快的原

因是生成的锰离子对反应起到催化剂的作用，故答案为：草酸分解；生成的Mn2+对反应具有催化作用；(3)KMnO4标准液滴定H2O2的反应是氧化过氧化氢生成氧气，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；当滴

定到滴入一滴KMnO4溶液后，锥形瓶中液体由无色变为浅红色且半分钟内不恢复原色，可以认为已达到滴定终点；(4)设高锰酸钾溶液浓度为c1，结合化学方程式定量关系计算，5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据H2C2O4与MnO4-系数比，所以5：2=-1mg13

4gmol：c1V110-3mol，c1=12m0.67Vmol/L，设该医用消毒剂过氧化氢物质的量浓度为c2，2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，根据MnO4-与H2O2系

数比，所以2：5=c1V210-3mol：c20.025L10500，所以c2=211000mV67V；(5)A.反应中铜元素化合价从+1升高到+2价，硫元素化合价从-2价升高到+4价，化合价升高的元素被

氧化，所以被氧化的元素有S、Cu，故A错误；B.锰元素化合价从+7价降低为+2价，铜元素化合价从+1价升高到+2价，硫元素化合价从-2价升高到+4价，所以MnO2是氧化剂，Cu2S只是还原剂；故B错误；C.由B项分析知，1molMnO4-得到5mol电子，

1molCu2S失去8mol电子，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5，故C正确；D.生成2.24L(标准状况)SO2时，参加反应的Cu2S的物质的量为0.1mol，所以Cu+变成Cu2+，转移0.2mol电子，S2-变成SO2，转移0.6mol电子，所以一共转移0.8mol，故D正确；E.

氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：MnO4->Cu2+，Mn2+与Cu2+不发生氧化还原反应，说明氧化性Cu2+>Mn2+；故E错误；故答案为ABE。19.硼氢化钠(NaBH4)广泛用于化工生产，常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点

为33℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O，含少量杂质Fe3O4)制取NaBH4，其工艺流程如下：回答下列问题：(1)NaBH4的电子式为________。(2)碱溶时Mg2B2O5发生反应的化学方程

式是________。(3)滤渣的成分是________。(4)高温合成中，加料之前需将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是____________________，原料中的金属钠通常保存在________中，实验室取用少量金属钠用到的实验用品有_____

___、玻璃片和小刀。(5)操作2的名称为________。流程中可循环利用的物质是________。(6)NaBH4常用作还原剂，H2也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时，1gNaBH4的还原能力相当于________gH2

的还原能力(B元素化合价不变，氧化产物中氢元素化合价相同，计算结果保留两位小数)。【答案】(1).(2).Mg2B2O5＋2NaOH＋H2O=2NaBO2＋2Mg(OH)2(3).Fe3O4和Mg(OH

)2(4).除去反应器中的水蒸气和空气(5).煤油(6).镊子、滤纸(7).蒸馏(8).异丙胺(9).0.21【解析】【分析】硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O，含少量杂质Fe3O4)中的Fe3O4不溶于NaOH溶液，过滤后形成滤渣

，得到的NaBO2经过结晶得到的Na2B4O710H2O，脱水后生成Na2B4O7，Na2B4O7在钠和氧气条件下与二氧化硅反应生成NaBH4和硅酸钠，用异丙胺溶解生成的NaBH4，除去硅酸钠，通过蒸馏分离得到NaBH4，以此解答。【详解】

(1)NaBH4的电子式为，故答案为：；(2)由流程图可知，碱溶时Mg2B2O5与NaOH反应转化为NaBO2，发生反应的化学方程式为Mg2B2O5＋2NaOH＋H2O=2NaBO2＋2Mg(OH)2，故答案为：Mg2B2O5＋2NaOH＋H2O

=2NaBO2＋2Mg(OH)2；(3)硼镁矿中Fe3O4不溶于浓NaOH溶液，以滤渣的形式析出，另外，碱溶时生成的Mg(OH)2也以滤渣的形式析出，所以滤渣的成分为Mg(OH)2和Fe3O4，故答案为：Fe3O4和Mg(OH)2(4)Na的性质

活泼，能与水和空气中的氧气反应，结合题干中硼氢化钠在常温下能与水反应，所以加料前须先排除水蒸气和空气的干扰；原料金属钠通常保存在煤油中，实验室取用少量金属钠用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀，故答案

为：除去反应器中的水蒸气和空气；煤油；镊子、滤纸；(5)NaBH4易溶于异丙胺且异丙胺的沸点低，结合流程图可知，操作2是蒸馏NaBH4的异丙胺溶液，回收异丙胺，异丙胺可循环利用，故答案为：蒸馏；异丙胺；(6)NaBH4和H2作还原剂时氧化产物中氢元素都为+1价，NaBH4作还原剂氢

元素由-1价→+1价，H2作还原剂氢元素由0价→+1价，1gNaBH4作还原剂转移的电子的物质的量为1g4238g/mol=0.21mol，转移电子的物质的量为0.21mol时消耗H2的质量为0.21mol2g/mol2=0.21g，则1g

NaBH4的还原能力相当于0.21gH2的还原能力，故答案为：0.21。20.[化学——选修5：有机化学基础]具有抗菌作用的白头翁衍生物H的合成路线如图所示：已知：Ⅰ:R′CH2BrRCHO一定条件⎯

⎯⎯⎯→R′HC=CH-RⅡ:RHCCHR=−(1)A属于芳香烃，其名称是___________。(2)写出符合下列条件的B的一种同分异构体：①苯环上只有一个取代基，②能发生银镜反应，③能发生水解反应，该物质的结构简式为___________

。(3)由C生成D的化学方程式是___________。(4)由G生成H的反应类型是_________，1molF与足量NaOH溶液反应，消耗__________molNaOH。(5)试剂b是_________。(6)下列说法正确的是

________(选填宇母序号)aG存在顺反异构体blmolG最多可以与1molH2发生加成反应clmolH与足量NaOH溶液反应，消耗2molNaOH(7)满足下面条件的同分异构体共有________种。①含有苯环②含有2个－CHO③苯环上有两个取代基【答案】

(1).1，2-二甲苯(邻二甲苯)(2).(3).(4).加成反应(5).2(6).NaOH醇溶液(7).c(8).12种【解析】【分析】由A的分子式、C的结构简式，可知芳香烃A为，结合B的分子式与C的结构，可知B为，B与液溴在光照条件下反应得到C．由D的分子式、D后产物结构，

结合信息i，可推知D为，则C与甲醇发生酯化反应生成D，故试剂a为CH3OH．D后产物发生酯的碱性水解、酸化得到E为．由H的结构，结合信息ii可知F为，F发生消去反应生成G为，G发生加成反应得到H。【详解】（1）A是，其名称是：邻二甲苯。（2）①苯环上只有一个取代基，②能发生银镜反应，含有

醛基，③能发生水解反应，含有酯基，是甲酸酯，符合上列条件的B的一种同分异构体：；（3）由C生成D的化学方程式是。（4）G含有碳碳双键，由G生成H的反应是加成反应，F为，含有酯基和I原子，水解生成的羧基和HI可与NaOH溶液反应，1

molF与足量NaOH溶液反应，消耗2molNaOH。（5）试剂b是NaOH醇溶液，F发生消去反应生成G为。（6）a．G为，不存在顺反异构体，故a错误；b.1molG最多可以与4molH2发生加成反应，故b错误；c.

1molH含有两摩尔酯基，与足量NaOH溶液反应，消耗2molNaOH，故c正确。（7）①含有苯环②含有2个－CHO③苯环上有两个取代基分为四种情况，-CHO和-CH2CH2CHO、-CHO和-CH(CH3)CHO、两个-CH2CHO、-CH3和-CH(CHO)2，每种情况两

个原子团在苯环上分布均有邻、间、对，三种情况，满足下面条件的同分异构体共有4×3=12种。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，关键是对给予信息的理解，明确化学键的断裂与形成，侧重考查学生的分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化。难点（7）同

分异构体的书写，明确题目的要求，对残基进行分类，是快速解题的关键。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com