【文档说明】【精准解析】福建省福州一中2021届高三第五次模拟考试化学试题（解析版）.doc，共(18)页，1.332 MB，由小赞的店铺上传

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福州一中2021届高考模拟试题化学可能使用的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23P31S32Cr52Cu64Br80一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活、科技及环境等密切相关。下面说法正

确的是A.长时间放置的油脂会因水解而变质B.三星堆黄金面具含金量85%，其硬度比纯金高C.古代记载文字的器物—甲骨，其主要成分是蛋白质D.制造医用口罩和防护服的主要原材料是聚丙烯(PP)，它与乙烯互为同系物【答案】B【解

析】【分析】【详解】A．长时间放置的油脂会因被氧化而变质，不是发生的水解反应，A错误；B．黄金面具含金量85%，属于合金，其硬度比纯金高，B正确；C．甲骨主要成分为碳酸钙等无机盐，不是蛋白质，C错误；

D．同系物的研究对象是纯净物，结构相似，组成上相差n个“CH2”的有机物，聚丙烯属于有机合成高分子材料，属于混合物，无碳碳双键；而乙烯中含碳碳双键，属于纯净物，两者不互为同系物，D错误；故选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A.7.8gNa2S与Na2O2的混合物，含离子总数

为0.3NAB.0.1molFe和0.1molCu分别与0.1molCl2完全反应，转移电子数之比为3：2C.标准状况下，11.2LCHCl3中含有分子的数目为0.5NAD.1L0.5mol∙L−1的Na3PO4溶液中含有34PO−的总数为0.5NA【答案】A【解析】【分析】

【详解】A．7.8gNa2S物质的量为0.1mol，含离子总数0.3NA，7.8gNa2O2物质的量为0.1mol，含离子总数0.3NA，因此7.8gNa2S与Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NA，故A正

确；B．0.1molFe和0.1molCu分别与0.1molCl2完全反应，由于氯气反应完，而铁有剩余，铜刚反应完，因此转移电子数之比为1：1，故B错误；C．标准状况下，CHCl3是液体，无法计算物质的量，故C错误

；D．1L0.5mol∙L−1的Na3PO4溶液中Na3PO4物质的量为0.5mol，由于34PO−水解，因此34PO−总数小于0.5NA，故D错误。综上所述，答案为A。3.下列离子方程式书写正确的是A.氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO＋2H

＋＝Fe2+＋H2OB.向KClO溶液中滴加浓盐酸：ClO－＋Cl－＋2H＋＝Cl2↑＋H2OC.向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2+＋SO2＋H2O＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClOD.向Mg(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液：Mg2+＋3HCO−＋OH－＝M

gCO3↓＋H2O【答案】B【解析】【分析】【详解】A．氧化亚铁溶于稀硝酸，稀硝酸氧化亚铁离子，会有NO生成，3FeO＋4H＋＋3NO−＋＝Fe2+＋NO↑＋2H2O，故A错误；B．向KClO溶液中滴加浓盐酸，会生成氯气：ClO

－＋Cl－＋2H＋＝Cl2↑＋H2O，故B正确；C．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，次氯酸根会氧化二氧化硫变为硫酸根：Ca2+＋SO2＋H2O＋3ClO－＝CaSO4↓＋2HClO＋Cl－，故C错误；D．向Mg(HCO3)2

溶液中滴加足量NaOH溶液，镁离子变为氢氧化镁沉淀：Mg2+＋23HCO−＋4OH－＝223CO−＋Mg(OH)2↓＋2H2O，故D错误。综上所述，答案为B。4.有机化合物E如图，是制备新型缓解过敏药物的原料。下列说法正确的是A.E的分子式为C13H11N2OCl，每个分子中含有两个苯环B.E分子

中无手性碳原子C.E分子中所有原子有可能共平面D.E可以发生水解、氧化、加成、消去等反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A．E的分子式为C13H11N2OCl，每个分子中含有1个苯环，A错误；B．E分子饱和碳原子只有甲基中的碳原子

，因此无手性碳原子，B正确；C．E分子中含有甲基，则所有原子不可能共平面，C错误；D．E含有氯原子和肽键，因此可以发生水解反应，有机物燃烧发生氧化，含有苯环发生加成反应，但不能发生消去反应，D错误；答案选B。5.X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的

5种短周期主族元素，X和W同主族，Z与W相邻，X的最外层电子数是内层的两倍，Y和Q的最高价氧化物对应的水化物都是一元酸。下列说法错误的是A.Y、Q的简单氢化物能发生反应B.简单离子的半径大小：Q>ZC.含氧酸的酸性：Q>W>XD.Z和W的单

质都能与NaOH溶液发生反应【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的5种短周期主族元素，X的最外层电子是内层的两倍，则X为C；X和W同主族，则W为Si；Z与W相邻且原子序数小于W，则Z为Al；Y和Q的最高价氧化物对应的水化物都是一元酸，且Q原子序数更大，则Y为N，Q为Cl。

【详解】A．氨气与氯化氢能反应生成氯化铵，故A正确；B．氯离子有三个电子层，铝离子有两个电子层，所以氯离子半径更大，故B正确；C．非金属性：Cl>C>Si，则最高价氧化物的水化物的酸性：HClO4>H2CO4>H2SiO3,但是本题不是最高价

氧化物的水化物的酸性，不能比较，故C错误；D．Al和Si的单质都能与NaOH溶液发生反应，故D正确。6.苯乙烯是一种重要的化工原料，在2CO气氛下乙苯催化脱氢生成苯乙烯的一种反应历程如图所示，下列说法错误的是A.该反应历程中2CO是氧化剂B.1mol生成1mol减

少2molσ键C.催化剂改变了反应历程，降低了反应的ΔH(焓变)D.分子中C原子都采取sp2杂化【答案】C【解析】【分析】【详解】A．该反应是乙苯和二氧化碳反应生成苯乙烯、一氧化碳和水，其反应历程中2CO是氧化剂，故A正确；B．从

和结构分析得到1mol生成1mol减少2molσ键，故B正确；C．催化剂改变了反应历程，降低了反应的活化能，但不改变ΔH(焓变)，故C错误；D．分子中C原子价层电子对数都为3+0=3，采取sp2杂化，

故D正确；综上所述，答案为C。7.图中实验装置设计正确且能达到目的的是A.实验I：制取氯气B.实验II：加热熔融NaCl固体C.实验III：分离乙酸乙酯和乙醚的混合物D.实验IV：防止钢制管桩被腐蚀【答案】C【解析】【分析】【详解】A．实验I：制取氯气，但氯气会从长颈漏斗中逸出

，因此不能达到实验目的，故A不符合题意；B．酒精灯火焰的温度低，达不到氯化钠的熔点，不能使氯化钠熔化，故B不符合题意；C．实验III：分离乙酸乙酯和乙醚的混合物用蒸馏方法，水流应下进上出，故C符合题意；D．实验IV：防止钢制管桩被腐蚀，应用外接电源的阴极保

护法即钢制管桩连接电源负极，故D不符合题意。答案为C。8.科学家预言，被称为“黑金”的“新材料之王石墨烯”将“彻底改变21世纪”。我国关于石墨烯的专利总数世界排名第一。如图是我国研发的某种石墨烯电池有关原理示意图，左边装置工作时的电极反应为Li1-xC6+xLi++xe-=LiC6，Li[GS/

Si]O2-xe-=Li1-x[GS/Si]O2+xLi+。下列说法错误的是A.a与d电极上发生的反应类型相同B.左右两个装置中的离子交换膜均为阳离子交换膜C.电池放电时，正极反应为Li1-x[GS/Si]O2+xLi++xe-=Li[GS/Si]O2D

.若装置工作前c与d电极质量相等，则转移0.1mol电子后两个电极质量相差0.7g【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由装置图可推出a为阴极，b为阳极，c为负极，d为正极，a与d电极.上均发生还原反应，故A正确；B．从装置图中可以看出，为保持溶

液呈电中性，离子交换膜允许Li+通过，应该使用阳离子交换膜，故B错误；C．d电极为正极，其电极反应相当于充电时阳极反应的逆过程，根据题千中信息可知，正极(d电极)反应为：Li1-x[GS/Si]O2+xLi++x

e-=Li[GS/Si]O2，故C错误；D．若装置工作前c与d电极质量相等，则根据电极反应，转移0.1mol电子时，c极减少0.1molLi+，质量减少0.7g,d极增加0.1molLi+，质量增大0.7g，两个电极质量相差1.4g，故

D错误；故答案为D。9.下列实验操作中，其现象、解释及结论均正确的是序号实验操作实验现象解释或结论A用pH试纸测定“84”消毒液pH试纸最终显蓝色NaClO在溶液中水解显碱性B分别向两份相同的H2O2溶液中滴入5滴等浓度的Cu

SO4前者产生气泡CuSO4比KMnO4的催化溶液和KMnO4溶液率更快速率更快效果好C向BaCl2溶液中通入SO2和X气体产生白色沉淀气体X一定具有强氧化性D分别向两份相同的蛋白质溶液中滴入饱和硫酸铵溶液和醋酸铅溶液均有固体析出前者是物理变化，后者是化学变化A.AB.BC.CD.

D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．次氯酸钠溶液具有强氧化性，可使试纸漂白，应用pH计测定，选项A错误；B．高锰酸钾氧化过氧化氢，不是催化作用，选项B错误；C．向BaCl2溶液中通入SO2和X气体，出现白色沉淀，气体X可能是氨气，氨气不具有强氧化性，选项C错误；D．分别向两份相同的

蛋白质溶液中滴入饱和硫酸铵溶液和醋酸铅溶液，均有固体析出，前者是蛋白质的盐析，属于物理变化，后者是蛋白质的变性，属于化学变化，选项D正确；答案选D。10.25°C时，向25ml0.1mol∙L-1邻苯二甲酸(H2A)溶液中加入KOH固体或通入HCl气体，混合溶液的pH随-lgc(HA

-)以及-lgc(A2-)的关系如图所示(忽略溶液体积变化和邻苯二甲酸的挥发)。下列有关叙述不正确的是A.b点有关微粒浓度大小关系为c(K+)>c(HA-)>c(A2-)B.c点c(K+)=0.15mol·L-1C.邻苯二甲酸的Ka1约为1.0×10-3D.从b点到e点，水电离产生的c(H+)先

增大后减小【答案】B【解析】【分析】H2A为二元素弱酸，其电离方程式为H2AH++HA-、HA-H++A2-，一级电离远大于二级电离，因此ac线代表pH、-lgc(HA-)关系曲线，加入KOH，先生成KHA，继续加入KOH，再生成K2A，利

用“守恒”思想、影响水电离的因素等知识进行分析；【详解】A．b点-lgc(HA-)最小，则c(HA-)最大，说明H2A与KOH恰好完全反应，溶质为KHA，HA-电离程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(K+)>c(HA-)>c(A2-)，故A说法正确；B．根据图像，c点：c(

A2-)=c(HA-)，溶质为KHA和K2A，如果KHA和K2A物质的量浓度相同，存在2c(K+)=3[c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.1mol/L，则c(K+)=0.15mol/L，但HA-的电离程度大

于A2-水解程度，c(HA-)小于c(A2-)，推出c(K2A)略小于c(KHA)，即c(K+)小于0.15moL/L，故B说法错误；C．从a点推出c(HA-)=10-4mol/L，c(H+)=1mol

/L，弱电解质的电离微弱，c(H2A)约为0.1mol/L，即H2A的电离常数为-410mol/L1mol/L0.1mol/L=10-3moL/L，故C说法正确；D．根据图像，KHA溶液显酸性，抑制水的电离，加入KOH，生成K2A，A2－水解，促进水的电离，从b点到e点，

水电离产生的c(H+)先增大后减小，故D说法正确；答案为B。二、非选择题11.重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)俗称红矾钠，在工业方面有广泛用途。我国目前主要是以铬铁矿(主要成份为FeO·Cr2O3，还含有Al

2O3、MgO、SiO2等杂质)为主要原料进行生产，其主要工艺流程如图：①中涉及的主要反应有：主反应：4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O2Δ8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2副反应：SiO2+Na2CO3ΔNa2SiO3+CO2↑、

Al2O3+Na2CO3Δ2NaAlO2+CO2↑部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH：沉淀物Al(OH)3Fe(OH)3Mg(OH)2Cr(OH)3完全沉淀时溶液pH4.73.711.25.6回答下列问题：(1)“①”中反应是在回转窑中进行，反应时

需不断搅拌，其作用是：_______；(2)“①”中若往原料中加入适量的石灰石，分析其作用可能是：_______；(3)“③”中调节pH至4.7，目的是：_______；(4)“⑤”中加硫酸酸化的目的是：_______。(5)“⑦”中采用冷却结晶得到红矾钠的原因是：_______。(6)称取重铬

酸钠试样2.5000g配成250mL溶液，取出25.00mL于碘量瓶中，加入适量的稀硫酸和足量碘化钠(已知铬的还原产物为Cr3+)，放于暗处5min，然后加入100mL水，加入几滴淀粉溶液指示剂，用0.1200mol·L-1Na2S

2O3标准溶液滴定(已知反应：I2+2S2O2-3=2I-+S4O2-6)问题1：判断达到滴定终点的依据是：_______。问题2：若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00ml，所得产品的中重铬酸钠(Na2Cr2

O7·2H2O)的纯度_______(保留四位有效数字)。(设整个过程中其它杂质不参与反应)【答案】(1).使反应物接触更充分，加快反应速率(2).分解产生CaO，与铬铁矿中某些杂质反应形成炉渣有利于去除(3).使溶液中的AlO

-2、SiO2-3均转化为沉淀去除(4).2-+2-42722CrO+2H=CrO+HO，调节pH使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，有利于红矾钠晶体析出(5).红矾钠随着温度的降低，溶解度明显下降(6).当滴加最后一滴硫代硫酸钠标准溶液时，溶液蓝色恰好褪去，半分钟内不变色(7).

95.36%【解析】【分析】铬铁矿为原料制备重铬酸钠，铬铁矿（主要成份为FeO•Cr2O3，还含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质），铬铁矿经加入纯碱、空气和辅料氧化煅烧、主反应：23232242324FeO?CrO+8NaCO+7

O8NaCrO+2FeO+8CO△，副反应：223232SiO+NaCONaSiO+CO△↑、232322AlO+NaCO2NaAlO+CO△↑，浸取之后除去生成的氧化铁，调节pH至4.7，除去溶液中的-2AlO、2-

3SiO，经酸化、蒸发结晶后后可生成重铬酸钠。【详解】(1)固体反应物在搅拌时可充分接触而反应，故答案为：使反应物接触更充分，加快反应速率；(2)CaCO3分解产生CaO，可与杂质SiO2、Al2O3等物质发生反应，有利于杂质的去除，

故此处填：分解产生CaO，与铬铁矿中某些杂质反应形成炉渣有利于去除；(3)氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁，副反应中生成23NaSiO、2NaAlO等杂质，调节pH至4.7，可生成23HSiO、3Al(OH)沉淀过滤除去，故答案为：使

溶液中的-2AlO、2-3SiO转化为沉淀去除；(4)2-4CrO在酸性条件下与H+离子反应生成2-27CrO，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为2-+42CrO+2H2-272CrO+HO，加入硫酸酸化可促使平衡正向移动，提高2-27CrO浓度，促进红矾钠晶体析出，

故答案为：加入硫酸酸化促使平衡2-+2-42722CrO+2HCrO+HO正向移动，提高2-27CrO浓度，促进红矾钠晶体析出；(5)采用冷却结晶的方法析出红矾钠，是由于红矾钠的溶解度随温度的降低而减小，降低温度，可促进红矾钠结晶析出，故此处填：红矾钠随着温度降低，溶解度明显下降；(

6)①溶液中有碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与Na2S2O3发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去，故答案为：当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色；②根据反应的关系式计算：2-2-272231mol6moln0.1200m

olCrO3I6/L?0.SO04L～～=0.0008moln，则2.5000g重铬酸钠试样中含有的重铬酸钠晶体的质量为10?0.0008mol?298g/moL=2.384g，所得产品的中重铬酸钠晶体的纯度2.384=?100=95.36%2.500％，故答案为：95.36%

。12.某学习小组探究某浓度浓硝酸和稀硝酸与铁的反应。实验现象Ⅰ中：Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Ⅱ中：Fe表面产生红棕色气泡，过一会儿停止Ⅲ中：连接导线，一段时间后Fe表面产生红棕色气泡，而后停止；随即又产生红棕色气泡，而后停止，……如此往复多次。Cu表面始终产生

红棕色气泡(1)Ⅰ中液面上方气体由无色变为红棕色的化学方程式为_______。(2)取少量Ⅰ中溶液，加入_______(填名称)，溶液变成红色，说明产生了Fe3+。(3)Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应。说明硝酸具有_______性。(

4)Ⅲ中，连接导线后体系形成了原电池。为分析反应过程，在Fe、Cu之间连接电流计，实验如表。实验现象ⅰ.K闭合时，指针向左偏转(Cu做负极)，Fe表面无明显现象ⅱ.过一会儿指针向右偏，Fe表面产生红棕色气体；后

又迅速向左偏，Fe表面停止产生气泡，……如此往复多次ⅲ.一段时间后，指针一直处于右端，Fe表面持续产生红棕色气体ⅳ.Cu表面始终产生红棕色气泡①推测现象ⅰ中被还原的是_______。②若将该装置Cu电极换成Zn电极，实验过程中是否会出现现象ii______

_(填“是”、“否”)。③现象ⅲ中，Fe一直做负极，难以形成氧化层，可能的原因是_______。④用方程式解释现象ⅳ：_______。【答案】(1).2NO+O2=2NO2(2).硫氰化钾(3).强氧化性(4

).铁表面的氧化层(5).否(6).反应放热，溶液温度升高；随反应进行，硝酸浓度降低(7).Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，NO3−+2H++e—=NO2↑+H2O【解析】【分析】Ⅰ中发生的反应为铁和稀硝

酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；Ⅱ中铁在浓硝酸中发生钝化，在铁表面形成了致密的氧化层，阻止铁进一步反应；Ⅲ中刚开始时，铜能与浓硝酸反应，铁在浓硝酸中钝化，则铜做原电池的负极被损耗，铁做正极，铁表面形成氧化物保护膜得电子被还原，铁表面氧化层逐渐被还原而溶解，使铁与浓浓硝酸接触，金属性比铜

强的铁做负极，铁失去电子被氧化，在表面形成致密的氧化层；待氧化层完全形成后，铁不能与浓硝酸接触，不能继续失电子，再次做正极，可以如此往复多次。【详解】(1)Ⅰ中发生的反应为铁和稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的化学方程式为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，一氧化氮为

无色气体，遇到空气立即与氧气反应转化为红棕色的二氧化氮，则Ⅰ中液面上方气体由无色变为红棕色的反应为一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，反应的化学方程式为2NO+O2=2NO2，故答案为：2NO+O2=2NO2；(2)溶液中铁离子与硫氰酸根离子反应生成血红色的硫

氰化铁，则取少量Ⅰ中溶液，加入硫氰化钾溶液，溶液变成红色，说明反应产生了铁离子，故答案为：硫氰化钾；(3)II中现象说明硝酸具有强氧化性，铁在浓硝酸中发生钝化，在铁表面形成了致密的氧化层，阻止铁进一步反应，故答案.为：强氧化性；(4)①刚开始时，铜能与浓

硝酸反应，铁在浓硝酸中钝化，则铜做原电池的负极被损耗，铁做正极，铁表面形成氧化物保护膜得电子被还原，故答案为：铁表面的氧化层；②铁做正极时，铁表面氧化层逐渐被还原而溶解，使铁与浓浓硝酸接触，金属性比铜强的铁做负极，铁失去电子被氧化，在表面形成致密的

氧化层；待氧化层完全形成后，铁不能与浓硝酸接触，不能继续失电子，再次做正极，可以如此往复多次；若将该装置铜电极换成锌电极，锌的金属性强于铁，一直做原电池的负极，铁电极始终做正极，实验过程中不可能出现现象ii，故

答案为：否；③硝酸与金属的反应为放热反应，随反应进行，硝酸浓度降低，反应放出的热量使溶液温度升高，铁表面难以形成氧化层，则铁一直做负极被损耗，故答案为：反应放热，溶液温度升高；随反应进行，硝酸浓度降低；④铜在常温下能与浓硝

酸反应生成硝酸铜、二氧化氮水，反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，则电池开始工作时，铜做负极，铁做正极；随着反应的进行，硝酸浓度减小，铁表面不再形成氧化物保护膜，则铁做负极，铜做正极，酸性条件下，硝酸根离子在正极得到电子发生

还原反应生成二氧化氮，电极反应式为NO3−+2H++e—=NO2↑+H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，NO3−+2H++e—=NO2↑+H2O。13.人体内尿酸(HUr)含量偏高，关节滑液中产生尿酸钠晶体(NaUr

)会引发痛风，NaUr(s)Na＋(aq)＋Ur−(aq)∆H＞0。某课题组配制“模拟关节滑液”进行研究，回答下列问题：已知：①37℃时，Ka(HUr)＝4×10−6，Kw＝2.4×10−14，Ksp(NaUr)＝6.4×10−5②37℃时，模拟关节滑液pH＝7.4，c(U

r－)＝4.6×10−4mol∙L−1(1)尿酸电离方程式为_______(2)Kh为盐的水解常数，37℃时，Kh(Ur−)＝_______。(3)37℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，溶液中c(Na＋)_______c(Ur−)(

填“＞”、“＜”或“＝”)。(4)37℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋)＝0.2mol∙L−1时，通过计算判断是否有NaUr晶体析出，请写出判断过程_______(5)对于尿酸偏高的人群，下列建议正确的是______

_。a.加强锻炼，注意关节保暖b.多饮酒，利用乙醇杀菌消毒c.多喝水，饮食宜少盐、少脂d.减少摄入易代谢出尿酸的食物【答案】(1).HUrH＋＋Ur－(2).6×10−9(3).＞(4).Q＝c(Na＋)∙c(Ur－)＝0.2mol∙L−1×4.6×10−4mol∙

L−1＝9.2×10−5＞Ksp(NaUr)，故有尿酸钠晶体析出(5).acd【解析】【分析】【详解】(1)尿酸是弱酸，不完全电离，其电离方程式为HUrH＋＋Ur－；故答案为：HUrH＋＋Ur－；(2)Kh为盐的水解常数，37℃时，()14962.410()=Ur610H4

10==UrwhaKKK−−−－；故答案为：6×10−9；(3)37℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，模拟关节滑液pH＝7.4，c(Ur－)＝4.6×10−4mol∙L−1，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋

c(Ur－)，由于pH＝7.4，因此溶液中c(Na＋)＞c(Ur－)；故答案为：＞；(4)37℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋)＝0.2mol∙L−1时，Q＝c(Na＋)∙c(Ur－)＝0.2mol∙L−1×4.6×10−4mol∙L−1＝9.2×10−5＞K

sp(NaUr)，故有尿酸钠晶体析出；故答案为：Q＝c(Na＋)∙c(Ur－)＝0.2mol∙L−1×4.6×10−4mol∙L−1＝9.2×10−5＞Ksp(NaUr)，故有尿酸钠晶体析出；(5)根据NaUr(s)Na

＋(aq)＋Ur−(aq)∆H＞0，a．降低温度，平衡向放热反应即逆向移动，因此要注意关节保暖，故a正确；b．多饮酒，利用乙醇杀菌消毒，乙醇在体内不能消毒，不能减少痛风，故b错误；c．多喝水，饮食宜少盐、少脂，饮食多盐，增大钠离子的摄入，使平

衡逆向移动加重痛风，故c正确；d．减少摄入易代谢出尿酸的食物，使平衡右移，减轻痛风，故d正确；综上所述，答案为：acd。14.N、Cu等元素的化合物在工农业生产中有着广泛的应用。(1)下列N元素的电子排布式表示的状态中，失去一个电子所需能量最低的为_______。A.22111xyz1s2

s2p2p2pB.22111xy1s2s2p2p3sC.2211xy1s2s2p2pD.112x21s2s2p3s(2)存在两种分子内氢键，若用“···表示其氢键”，的分子结构为_______。(3)基态Cu2+价电子的空间

运动状态有_______种。(4)分子中采取3sp杂化的原子有_______。(填原子符号)(5)Cu元素与Br元素形成的化合物的晶胞结构如图所示，该晶胞沿z轴在平面的投影图中，Cu原子构成的几何图形是_______，若晶胞的密度为

-3dgcmg，则Cu原子与Br原子之间的最短距离为_______µm(列出计算式即可，AN表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】(1).B(2).(3).5(4).C、N、O(5).正方形(6).43A34(64+80)104dN【解析】【分析】【详解】(1)原子的第二电离能比第一电离

能大很多，A为N原子的基态，B为激发态，C为N+离子的基态，D为N+的激发态，所用，C、D相对于A、B而言，C、D失去一个电子所需的能量要大于A、B，而A为基态，B为激发态，所以B失去一个电子所需要的能量最低，故答案为B。(2)分子中有电负性较大O、N原子，分子内氢键是由O原子与相邻的

氨基中的H原子形成的，或氨基与相邻的羟基中的H原子形成的，故分子内的氢键结构有两种，分别是。(3)基态Cu2+的核外电子排布是[Ar]3d9，所以其价电子为3d9，d轨道的空间运动状态有5种。(4)从结构式上看，有部分C

原子连接4个键，采取的是3sp杂化，N原子也是与相邻C原子形成3个键，与Cu2+形成1个配位键，采取的也是3sp杂化，O-与C形成一个键，与Cu2+形成1个配位键，自身还有2对孤对电子，故O也是采取3sp杂化，则分子中采取3sp杂化的原子有C、N、O。(5)从晶结构可知，Br原子采取的是

面心立方堆积，而Cu原子处于晶胞中的半数四面体空隙中，每个铜原子沿z轴在平面的投影处于晶胞下面4个Br原子形成的正四边形的对角线上，且与正方形四个顶点的Br原子距离相等，则Cu原子沿z轴在平面的投影图形是正四边形。Cu原子与Br原子之间的最短距离为晶胞对角线的14，设晶胞的边长为aµm，

则晶胞对角线的14为34aµm，根据均摊法，一个晶胞中含有Br原子是818+612=4个，含有铜原子为4个，则一个晶胞的质量为A65(4N+A804)gN=()A65804N+g，则一个晶胞的体积为a3µm3=()A6

5804Nd+1012µm3，则a=()3A65804dN+104µm，则Cu原子与Br原子之间的最短距离为4334(64+80)104dANµm。15.β-羰基酯化合物是重要的化工合成原料，在有机合成工业和制药工业具有广泛的用途。

某β-羰基酯化合物G的合成路径如图：已知：I.CH3COOC2H533CHONaCHOH⎯⎯⎯⎯→CH3COCH2COOC2H5II.2HCHO/HClZnCl⎯⎯⎯⎯→回答下列问题：(1)B的化学名称为___

____。(2)C到D的反应类型为_______。(3)C中的官能团名称_______。(4)写出反应E到F的化学方程式_______。(5)写出G的结构简式_______。(6)化合物的F的同分异构体H能同时满足以下三个条件，H的结构简式

_______。(ⅰ)不能发生银镜反应；(ⅱ)易水解，且1molH和3molNaOH反应；(ⅲ)苯环上二取代，且核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：2：6。【答案】(1).苯甲醚(2).取代反应(3).氯原子、醚键(4

).CH3OH+浓硫酸ΔH2O+(5).(6).【解析】【分析】根据给定信息II结合C的结构简式可逆推知B为，所以可知A为苯酚，C与NaCN发生取代反应生成D，D在酸性条件下可生成E（），其分子式为C9H10O3，E与

甲醇在浓硫酸作用下可发生酯化反应生成F，根据给定条件I可知，G的结构简式为，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知，(1)B为，其化学名称为苯甲醚；(2)C与NaCN发生反应，-CN替换原来的-Cl转化为D，所以其反应类型为取代反应；(3)C的结构简式为：，其中的官能团名称为氯原子

、醚键；(4)E与甲醇在浓硫酸作用下可发生酯化反应生成F，其化学方程式为：CH3OH+浓硫酸ΔH2O+；(5根据上述分析可知，G的结构简式为：；(6)F为，其分子式为：C10H12O3，不饱和度为5，其同分

异构体H不能发生银镜反应，则没有醛基；易水解，且1mol该和3molNaOH反应，说明分子中可能含酯基或羧基，结合O原子个数为3，可推知分子结构中含；又分子中核磁共振氢谱峰面积比为1：1：2：2：6，则说明含有2个甲基，所以

推知H的结构简式为：。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com