【文档说明】重庆市2020届高三5月调研（二诊）考试理科综合化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，1.199 MB，由小赞的店铺上传

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2020年普通高等学校招生全国统一考试5月调研测试卷理科综合化学试题相对原子质量（相对原子量）：H-1C-12O-16Ga-70As-75—、选择题：本大题共13小题，每小题6分，共78分。在每个小题给出的四个选

项中，只有一项是符合题目要求的1.中华文化源远流长、博大精深。下列有关蕴含的化学知识的说法中，不正确的是（）A.《周礼》中记载沿海古人“煤饼烧蛎房成灰”，“灰”的主要成分是CaOB.刘禹锡《浪淘沙》诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金。”“淘”、“漉”相当于分离提纯操作中的“过滤”C.《天工开

物》有言“世间丝、麻、裘、褐皆具素质”，“丝、麻”的主要成分都是蛋白质D.《本草经集注》记载“以火烧之，紫青烟起，云是真硝石(硝酸钾）也”，钾的焰色反应为紫色【答案】C【解析】【分析】【详解】A．“煤饼烧蛎房成灰”，“蛎房”为牡蛎壳，即贝壳，贝壳的主要成分为碳酸钙，CaCO3灼烧生成CaO和C

O2，所以“灰”的主要成分是CaO，A选正确；B．“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”指淘金要经过千遍万遍的过滤，只有淘尽了泥沙才能得到黄金，所以其中的“淘”“漉”相当于分离提纯操作中的“过滤”，B选项正确；C．“麻”的主要成分为纤维素，“丝”的主要成分为蛋白质，C选项错误；D．

硝石为硝酸钾，含有钾元素，钾的焰色反应颜色为紫色，灼烧产生紫色火焰，D选项正确；答案选C。2.我国有较多的科研人员在研究甲醛的氧化，有人提出HCHO()与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO

2、H2O的历程，该历程示意图如图（图中只画出了HAP的部分结构）。下列说法正确的是（）A.该反应的氧化产物是CO2B.HCHO在反应过程中有C=O键发生断裂C.根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D.H

AP能提高HCHO与O2应的活化能，但不改变反应路径【答案】A【解析】【详解】A．由题干信息，HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O，HCHO中的C从0价升高至+4价，作还原剂，则对应生成的CO2为氧化产物，A选项正确；B．根据图示，整个反应过程中，HCHO在反应过程

中有C—H键的断裂和C=O键的形成，B选项错误；C．由图示可知，CO2分子中氧原子一部分来自于O2，一部分还来自于HCHO，C选项错误；D．HAP在反应中作催化剂，可降低HCHO与O2应的活化能，D选错误；答案选A。3.下列四有机物存

在如图所示的转化关系，有关说法错误的是（）A.有机物①最多有9个原子共平面B.有机物②可以发生取代反应、加成反应和加聚反应C.有机物③和有机物④互为同分异构体D.有机物①②③④都能使酸性KMnO4溶液褪色，都有漂白性【答案】D【解析】【分析】【详解】A．有机物①中，可看作甲基

中的两个氢原子被两个碳碳双键取代，碳碳双键周围的原子均共平面，因此该分子中最多有5个C原子和4个H原子共9个原子共平面，A选项正确；B．有机物②中含有碳碳双键，可发生加成、加聚反应，饱和碳原子上的H可发生取代

反应，B选项正确；C．有机物③和有机物④的分子式均为C10H16，结构不同，互为同分异构体，C选项正确；D．有机物①②中含有碳碳双键，可以使酸性KMnO4溶液褪色，但有机物③④不能使酸性KMnO4溶液褪色，都没有漂白性，D选项错误；答案选D。4.NA为阿伏加德罗常数的值。下

列说法正确的是（）A.标准状况下，2.24LCH3OH分子中共价键的数目为0.5NAB.100g46%的甲酸(HCOOH)水溶液中所含的氧原子数目为5NAC.lmol铁粉高温下与足量水蒸气反应，转移电子数为3NAD.2molSO2和lmolO2在催化剂作用下充分反应所得分子总数为2NA【答案】B【

解析】【详解】A．标准状况下CH3OH为液体，不能用n=V/Vm进行计算其物质的量，A选项错误；B．100g46%的甲酸(HCOOH)水溶液中甲酸的物质的量为-1100g46%=1mol46gmol，则H2O的质量为100-46g=54

g，物质的量为-154g=3mol18gmol，1mol甲酸中含有的氧原子为2mol，3molH2O含有3mol氧原子，总共含有2+3=5mol氧原子，个数为5NA，B选项正确；C．lmol铁粉高温下与足量水蒸气

反应，反应方程式为3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2，反应中Fe的化合价由0价升高至+2、+3价，3molFe转移8mol电子，则1mol转移83mol电子，个数为A8N3，C选项错误；D．SO2和O2在催化剂作用下反应的化学方程式为2SO2+

O22SO3，反应为可逆反应，不能进行到底，则2molSO2和lmolO2在催化剂作用下充分反应所得分子总数大于2NA，D选项错误；答案选B。5.下列提供的仪器和试剂，能达到实验目的的是（）实验仪器试剂实验

目的A烧杯、试管、滴管待测液、BaCl2溶液、稀HNO3检验待测液中是否含SO42-B试管2支、铁架台醋酸、乙醇、饱和碳酸钠溶液实验室制乙酸乙酯C大烧杯、小烧杯、量筒2个、泡沫塑料、硬纸板0.50mol/L盐酸、0.55mol/LNaOH溶液测定中和反应

的反应热DpH计、酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、烧杯、锥形瓶、铁架台0.l000mol/LHCl溶液、0.l000mol/LNaOH溶液、酚酞溶液、蒸馏水测定酸碱滴定曲线A.AB.BC.CD.D【答案】D【

解析】【详解】A．由于稀HNO3具有强氧化性，若溶液中含有SO32-，会被稀HNO3氧化成SO42-，不能检验待测液中是否含SO42-，应该用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，A不符合题意；B．实验室制取乙酸乙酯时，需要在浓硫酸作催化剂并加热的条件下进行，故缺

少仪器酒精灯和试剂浓硫酸，B不符合题意；C．测定中和反应的反应热时，需要用到的仪器有温度计、环形玻璃搅拌棒、大烧杯、小烧杯、量筒2个、泡沫塑料、硬纸板，缺少温度计和环形玻璃搅拌棒两个仪器，C不符合题意；D．测定酸碱滴定曲线时，所

用试剂可以用0.1000mol/LHCl溶液滴定0.1000mol/LNaOH溶液，用酚酞作指示剂，同时需要蒸馏水洗涤仪器，需要用到的仪器有pH计、酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、烧杯、锥形瓶和铁架台，D符合题意；答案选D。6.有X、Y、W、M四种短周期主族元素，其原子序数依次增大，

Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X的核外电子数与Y、M的最外层电子数之和相等，W的原子序数是M的最外层电子数的2倍，由X、Y、W三种元素形成的化合物G的结构如图所示。下列叙述不正确的是（）A.常

见X的单质在常温下一定是气体B.X、W的简单氢化物稳定性：X>WC.单质Y与氧气反应的产物一定呈淡黄色D.化合物G中X都满足8电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】有题干信息可知，X、Y、W、M为原子序数依次增大的短周期主

族元素，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y为Na元素，根据X、Y、W三种元素形成的化合物G的结构可知，W形成4个共价键，则W为Si元素，又W的原子序数是M的最外层电子数的2倍，则M为Cl元素，X的核外电子数与Y、M的最外层电子数之和相等，则X为O元

素，据此分析解答问题。【详解】A．常见O元素的单质有O2、O3，在常温下均为气体，A正确，不选；B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，由于非金属性：O>Si，所以稳定性：H2O>SiH4，B正确，不选；C．单质钠与氧气反应的产物有Na2O和Na2O2，其中Na2O为白色固体，C错误，符合题

意；D．根据化合物G的结构可知，化合物G中O均满足8电子稳定结构，D正确，不选；答案选C。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，根据化合物G的结构中W可形成4个共价键推出W为Si元素，再根据原子结构来推断出元素是解答本题的关键。7.国际社会高度赞扬中国在应对新冠肺炎疫情时所采取

的措施。疫情防控中要对环境进行彻底消毒，二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法正确的是（）A.c为电源的负极，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸B.电解池a极上

发生的电极反应为NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+C.二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1D.当有0.3mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生1.12LNH3【答案】B【解析】【分析】

根据图示装置分析可知，右侧为电解池，a极NH4Cl中NH4+失去电子生成NCl3，电极反应式为NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+，则a为电解池阳极，b为电解池阴极，氢离子得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e-=H2↑，因此c为直流电源

的正极，d为直流电源的负极；a极生成的NCl3进入左侧的二氧化氯发生器中与NaClO2发生氧化还原反应3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，据此分析结合选项分析。【详解】A．由上述分析可知，c为直流电源的正极，b为电解池阴极，氢离子得到电子生

成H2，电极反应式为2H++2e-=H2↑，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，A选项错误；B．a为电解池阳极，电极附近NH4Cl中的NH4+失去电子生成NCl3，电极反应式为NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+，B选项正确；C．二氧化氯发生器中，发生反应3H2O+NCl3+

6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，其中NCl3作氧化剂，NaClO2作还原剂，氧化剂与还原剂之比为1:6，C选项错误；D．没有指明环境为标准状况下，不能准确计算产生NH3的体积，D选项错误；答案选B。二、

非选题8.碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”；锡酸钠可用于制造陶瓷电容器的基体，陶瓷电容器在宇航、导弹、航海等方面有着重要的用途。以锡碲渣（主要含Na2SnO3和Na2TeO3)为原料，制备锡酸钠和碲的流程图如图：已知：锡酸钠(Na2SnO3)和亚碲酸钠(Na2TeO

3)均易溶于碱。（1）在生产过程中，要将锡碲渣粉碎，其目的是___。（2）“碱浸”过程中，锡碲浸出率与溶液中碱的质量浓度关系如图所示，最理想的碱的质量浓度为100g/L，其理由是___。（3）“氧化”时，反应的离子方程式为___；“氧化”的温度控制在60℃～

70℃之间，其原因是___。（4）“还原”反应的化学方程式为___。（5）以石墨为电极电解Na2TeO3溶液可获得Te，电解过程中阴极上的电极反应为___。（6）常温下，向lmol•L-1Na2TeO3溶液中滴加盐酸，当溶液中c(TeO32-)：c(H2TeO3)=0.2

时，pH=___。（已知：H2TeO3的电离平衡常数Ka1=1.0×10-3，Ka2=2.0×10-8)【答案】(1).增大锡碲渣的碱浸速率和浸出率(2).浓度超过100g/L后，锡浸出率几乎不变，碲浸出率也提高不大(3).2Na++TeO32-+H2O2=Na2TeO4↓+H2O(4).温度低于

60℃反应慢，温度高于70℃，过氧化氢受热分解(5).Na2TeO4+3SO2+2H2O=Te+Na2SO4+2H2SO4(6).TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-(7).5【解析】【分析

】根据工艺流程分析可知，锡碲渣加入烧碱溶液进行碱浸，将Na2SnO3和Na2TeO3溶解，再加入H2O2氧化，发生反应2Na++TeO32-+H2O2=Na2TeO4↓+H2O，过滤后得到碲酸钠渣，加入浓盐酸将碲酸钠渣溶解，最后通入SO2还原得到单质碲；氧化后过滤所得的滤

液加入烧碱溶析结晶得到锡酸钠的晶体，A中含有少量的烧碱、Na2TeO4、Na2SnO3，可返回碱浸中继续进行，最后将锡酸钠晶体干燥粉碎得到锡酸钠产品，据此分析解答。【详解】(1)在生产过程中，为增大锡碲渣的碱浸速率和浸出率，可将锡碲渣粉碎，故答案为

：增大锡碲渣的碱浸速率和浸出率；(2)根据锡碲浸出率与溶液中碱的质量浓度关系图分析可知，当碱的质量浓度超过100g/L后，锡浸出率几乎不变，碲浸出率也提高不大，因此最理想的碱的质量浓度为100g/L，故答案为：碱的质量浓度超过100g/L后，锡浸出率几乎不变，碲浸出率

也提高不大；(3)由上述分析可知，碱浸后加入H2O2氧化，发生反应2Na++TeO32-+H2O2=Na2TeO4↓+H2O，若温度过低，反应进行较慢，但温度较高时，过氧化氢会受热分解，因此在“氧化”将温度控制在60℃～70℃之间，

故答案为：2Na++TeO32-+H2O2=Na2TeO4↓+H2O；温度低于60℃反应慢，温度高于70℃，过氧化氢受热分解；(4)过滤后得到碲酸钠渣，加入浓盐酸将碲酸钠渣溶解后通入SO2还原得到单质碲和硫酸钠，发生的反应方程式为Na2TeO4+3SO2+2H2O=Te+Na2SO4+2H2S

O4，故答案为：Na2TeO4+3SO2+2H2O=Te+Na2SO4+2H2SO4；(5)以石墨为电极电解Na2TeO3溶液时，TeO32-在阴极得到电子生成碲单质，电极反应式为TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-，故答案为：TeO32-+4e-+3H2O=Te+6O

H-；(6)由H2TeO3H++HTeO3-，HTeO3-TeO32-+H+可知，H2TeO3的电离平衡常数()()()()()()++212333-23HTeOHTeOHHTeOHTeOKcccccaKca−−==、，则有()()()()()()()()()22-3

-8-1112-++2+33323233==110210HTeOHTeOHTeOHH=TeOHTeOHTeO210ccccccKaKaccc−−−=，当溶液中c(TeO32-)：c(H2TeO3)=0.2时，c(H+)=10-5mo

l/L，则pH=-lgc(H+)=5，故答案为：5。9.含氮化合物对环境、生产和人类生命活动等具有很大的影响。请按要求回答下列问题：（1）已知：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H1=-akJ/mol4NH3(g)+5O2

(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H2=-bkJ/molH2O(l)=H2O(g)△H3=+ckJ/mol则NH3(g)在氧气中燃烧生成氮气和液态水的热化学方程式为___。（2）在合成工氨业中，氮气在催化剂Fe上的吸附分解反应活化能高、速率慢，因此氮气的反

应速率决定了合成氨的反应速率。工业生产中，控制温度773K，压强3.0×105pa，原料中n(N2)：n(H2)=1：2.8。请分析说明原料气中N2过量的理由___。（3）已知反应2NO(g)+O2(g)2

NO2(g)，在恒温、恒容的密闭容器中按一定比例充入总物质的量一定的NO(g)和O2(g)，平衡时NO2的体积分数[φ(NO2)]随()()2nNOnO的变化如图所示。NO的转化率最小的是___点（填“a”、“b”、“c”)；当()()2nNO

nO=1.5时，达到平衡状态时NO2的体积分数可能是___点（填“d”、“e”、“f”)。（4）肌肉中的肌红蛋白(Mb)与O2结合生成MbO2，反应原理可表示为：Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)，该反应的平衡常数可表示为：K=22c(

MbO)c(Mb)p(O)。37℃达到平衡时，测得肌红蛋白的结合度(a)与氧气分压[p(O2)]的关系如图所示[α=2c(MbO)c(Mb)生成的初始的×100%]。研究表明正反应速率v正=k正•c(Mb)•p(O2)，逆反应速率v逆=k逆•c(MbO2)（其中k正和k逆分别表示

正、逆反应的速率常数）．①α(MbO2)，先随p(O2)增大而增大，后来几乎不变，原因是___。②试写出平衡常数K与速率常数k正、k逆之间的关系式K=___(用含有k正、k逆的式子表示)③试求出图中c点时，上述反应的平衡

常数K=___kPa-1。.【答案】(1).4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)ΔH=-15(2a+3b+30c)kJ/mol(2).N2比氢气易得，增加N2的量可提高氢气的转化率，整个反应速率是由N2的吸附和分解速率决定的，N2的比例增

大反应速率加快(3).c(4).d(5).前一阶段是p(O2)增大，反应速率加快，α(MbO2)随之增大，后阶段肌红蛋白(Mb)几乎全部转化为MbO2(6).kk正逆(7).2【解析】【分析】（1）根据盖斯定律，将已知的三个热

化学方程式叠加，就得到相应的反应的热化学方程式；（2）增加N2的量，即增加了反应物浓度，能加快反应速率，提高氢气的转化率；（3）当()()2nNOnO的比值越大，NO的转化率越小；()()2nNOnO比值越大，NO2的体积分数增大；（4）①开始时p(O2)增大，反应速

率加快，α(MbO2)随之增大，后来肌红蛋白(Mb)几乎全部转化为MbO2，α(MbO2)几乎不变；②根据可逆反应达到平衡状态时，V正=V逆，结合平衡常数表达式计算K与k正、k逆的关系；③将P(O2)=4.5kPa，肌红蛋白的结合度(α)是90%，通过简单计算后，代入平衡常数表达式可得K。【详解

】（1）①4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H1=－akJ/mol②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H2=－bkJ/mol③H2O(l)=H2O(g)△H3=+ckJ/mol根据盖斯定律，将(①×2+②×3-③×30)×15，整理可得4

NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)△H=-15(2a+3b+30c)kJ/mol；（2）合成氨反应中，氮气在Fe上的吸附分解反应活化能高、速率慢，氮气决定合成氨的反应速率，因此原料气中氮气过量，可加快合成氨的反应速率，同

时提高氢气转化率，且氮气可以采用分离液态空气法很容易得到，所以答案为：N2比氢气易得，增加N2的量可提高氢气的转化率，整个反应速率是由N2的吸附和分解速率决定的，N2的比例增大反应速率加快。（3）()()2nNOnO的比值越大，可以认为减少氧气的量，增加一

氧化氮的量，则NO的转化率反而减小，所以NO的转化率最小的是c点；当()()2nNOnO=1.5时，根据图示，()()2nNOnO比值越大，NO2的体积分数增大，所以达到平衡状态时，NO2的体积分数可能是d点；（4）①开始时p(O2)增大，相当于增大压强，增加氧气浓度，反应速率加快，α(MbO

2)随之增大，后来肌红蛋白(Mb)几乎全部转化为MbO2，p(O2)增大，导致几乎没有生成MbO2，α(MbO2)几乎不变，故原因是：前一阶段是p(O2)增大，反应速率加快，α(MbO2)随之增大，后阶段肌红蛋白(Mb)几乎全部转化为M

bO2；②可逆反应达到平衡状态时，V正=V逆，由于ν正=k正·c(Mb)·P(O2)，ν逆=k逆·c(MbO2)，所以k正·c(Mb)·P(O2)=k逆·c(MbO2)，()()()22cMbOkkcMbPO=正逆，而反应Mb(ag)+O2(g)MbO2(aq)的平衡常数K=()()()22

cMbOk=cMbPOk正逆；③c点时，P(O2)=4.5，肌红蛋白的结合度(α)是90%，假设开始时有Mb1mol/L，根据α=2c(MbO)c(Mb)生成的初始的×100%，则生成的MbO20.9mol

/L，代入平衡常数表达式中可得K=()()()22cMbO0.9mol/L=cMbPO1-0.9mol/L4.5kPa（）=2kPa-1。10.随着5G时代的到来，半导体材料将迎来快速发展，三氯化氧磷(POCl3)常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。一研究小组在实验室利用PCl3、S

O2、Cl2在60～65°C时反应制备POCl3和SOCl3的实验装置如图所示（气体的制备装置未画出）。资料卡片：物质熔点/°C沸点/°C其他PCl3-93.676.1遇水剧烈水解，易与O2反应POCl31.25

105.8遇水剧烈水解，能溶于PCl3SOCl3-10578.8遇水剧烈水解，受热易分解（1）该反应的化学方程式为___。（2）A、B装置中的试剂分别是___、___。（3）装置E的作用是___。（4）反应装置的虚线框中未画出的仪器最好选用___（填“F”或“G”)

，理由是___。（5）反应结束后，提纯POCl3的操作是___（填操作名称）。（6）测定某掺杂剂中POCl3的含量（杂质不参与反应）：准确称取4.000g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入0.4000mol

•L-1的AgNO3溶液25.00mL，再加少许硝基苯，用力振荡。加入NH4Fe(SO4)2作指示剂，用0.l000mol•L-1KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3至终点，消耗KSCN标准溶液22.00mL。［已知：Ksp

(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12，Ag3PO4可溶于硝酸，POCl3的相对分子质量为153.5]①加入少量的硝基苯的目的是___。②POCl3的质量分数为___。（

保留一位小数）【答案】(1).PCl3+SO2+Cl2POCl3+SOCl2(2).饱和食盐水(3).P2O5或无水CaCl2(4).干燥SO2，通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速(5).F(6).球形冷凝管接触面积大，便于反应中各物质冷凝回流(7).蒸馏(8).覆盖在A

gCl表面，避免AgCl转化为AgSCN(9).99.8%【解析】【分析】本题考查PCl3、SO2、Cl2在60～65°C时反应制备POCl3和SOCl3的实验，根据资料卡片，本实验必须在无水条件下反应，所

以装置A用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，B用P2O5或无水CaCl2除去氯气中的水蒸气，E用浓硫酸除去二氧化硫中的水蒸气，且A和E都可以通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速，D用无水CaCl2防止空气中的水蒸气进入，用F球形冷凝管进行冷凝

回流，将PCl3充分反应，提高产率。【详解】（1）该反应在60～65°C时反应，化学方程式为：PCl3+SO2+Cl2POCl3+SOCl2；（2）A装置用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，B装置用P2O5或

无水CaCl2除去氯气中的水蒸气，所以A、B装置中的试剂分别是饱和食盐水、P2O5或无水CaCl2；（3）装置E用浓硫酸除去二氧化硫中的水蒸气,且控制产生气泡的速率控制反应速率，所以E的作用是干燥SO2，通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速；（4）球形冷

凝管与直球形冷凝管最大区别是球形冷凝管接触面积大，冷凝效果更好，能将反应物和生成物都充分冷凝回流，增加产率，所以虚线框中用球形冷凝管F，因为球形冷凝管接触面积大，便于反应中各物质冷凝回流；（5）根据资料卡片POCl3和SOCl2的沸点不同，所以提纯

POCl3的操作是蒸馏；（6）①根据Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12，AgSCN溶解度更小，所以用KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3时，要避免AgCl转化为AgS

CN，影响测定，故加入少量的硝基苯的目的是覆盖在AgCl表面，避免AgCl转化为AgSCN；②根据条件可知：AgNO3的总物质的量为：0.4mol/L×0.025L=0.01mol，KSCN的物质的量为0.1mol/L×0.022L=0.0022mol，SCN-反应的Ag+为0.0022mol，

Cl-反应的Ag+为0.01mol-0.0022mol=0.0078mol，Cl-的物质的量是0.0078mol，根据元素守恒则25ml中POCl3物质的量是0.0078mol×13=0.0026mol，则4.000g样品中POCl3物质的量是0.0026mol×10=0.026mo

l，POCl3的质量分数为0.026mol153.5g/mol100%4g=99.8%。【点睛】本题结合题目资料和所学知识，得出装置中所有药品名称和作用；根据溶解度的大小，得到沉淀可能的转化，得出硝基苯的作用；计算要把握离子之间反应的关系，利用元素守恒进行计算，注意题目中物质

的量的10倍关系。11.《自然》杂志于2018年3月15日发布，中国留学生曹原用石墨烯实现了常温超导。这一发现将在很多领域发生颠覆性的革命。镓(Ga)、硒(Se)的单质及某些化合物如砷化镓等都是常用的半导体材料，超导和半导体

材料都广泛应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。请回答下列与碳、砷、镓、硒有关的问题。(1)基态硒原子的核外价层电子排布式为___，与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有___种，SeO3的空间构型是___。(2)化合物[EM

IM][AlCl4]具有很高的应用价值，EMIM+结构如图所示。①EMIM+离子中各元素电负性由大到小的顺序是___。②EMIM+离子中碳原子的杂化轨道类型为___。③大π键可用符号πnm表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的原子数和电子数，则EMIM+离子中的大π键应表示___。(3)石墨

烯中部分碳原子被氧化后，转化为氧化石墨烯如图所示，转化后1号C原子与相邻C原子间键能变小，原因是___。(4)GaAs为原子晶体，密度为ρg•cm-3，其晶胞结构如图所示，Ga和As的原子半径分别为apm和bpm，GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为A，则阿伏加

德罗常数的值为NA=___。(用字母表示)【答案】(1).4s24p4(2).3(3).平面三角形(4).N＞C＞H(5).sp2、sp3(6).π65(7).1号C连接的O原子吸引电子能力较强，导致与1号C原子相邻C原子对电子的吸引力减小，所以1号C与相

邻C原子间键能的变化是变小(或石墨烯转化为氧化石墨烯后，1号C原子与相邻C原子间的大π键氧化破坏变成了单键，故键能变小)(8).33-303145A4()10ab+【解析】【详解】(1)硒元素为34号元素，原子核外

价层电子排布式为4s24p4；同周期p区元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但由于砷元素最外层半满，所以第一电离能大于硒，则与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的有砷、溴、氪共3种；SeO3的中心原子的价层电子对数为6-233

+2=3，不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形；(2)①非金属性越强电负性越大，所以电负性N>C>H；②EMIM+离子中甲基上碳原子的杂化方式为sp3杂化，大π键上碳原子杂化方式为sp2杂化；③根据EMIM+离子的结构可知有3个碳原子和2个氮原子参与形成大π键，其中每个C原子最外

层4个电子中有3个形成单键，1个参与形成大π键，每个N原子最外层5个电子中有3个参与形成单键，2个形成大π键，整体带一个单位正电荷，所以参与形成大π键的电子数为3×1+2×2-1=6，所以EMIM+离子中的大π键可以

表示为π65；(3)1号C连接的O原子吸引电子能力较强，导致与1号C原子相邻C原子对电子的吸引力减小，所以1号C与相邻C原子间键能的变化是变小(或石墨烯转化为氧化石墨烯后，1号C原子与相邻C原子间的大π键氧化破坏变成了单键，故键能变小)；(4)该晶胞中

Ga原子的个数为4，晶体的化学式为GaAs，所以晶胞中As原子的个数为4，晶胞的质量为()A470+75gN；两种原子的总体积为()33443ab+pm3，空间利用率为A，则晶胞的体积为()33443Aab+pm3=()33-3044103

Aab+cm3，所以ρ=()()A33-30470+75g44103ANab+，解得NA=33-303145A4()10ab+。【点睛】同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA族元素(最外层全满)大于第ⅢA族元素，第ⅤA族(最

外层半满)大于第ⅥA族元素。12.橡胶行业是国民经济的重要基础产业之一，在现代生产、军事工业、医疗行业中有广泛应用。如图是生产合成橡胶G和医用高分子材料C的路线图，已知B的分子式为C6H10O3。请回答下列问题：(1)X中的含氧官能团名称是___，X的核磁共振氢谱有___组峰。(2)A→B

的反应类型是___。(3)C的结构简式是___。(4)X发生银镜反应的化学方程式为___。(5)写出E→F的化学反应方程式___。(6)A有多种同分异构体，其中属于酯类且含有碳碳双键的共有___种(不含立体异构)。(7)已知：①②+SOCl2→+SO2+HCl。请将下列以为原料制备的合成路线流

程图补充完整___(无机试剂任用)。【答案】(1).醛基(2).3(3).酯化反应(4).(5).CH2=C(CH3)CHO+2Ag(NH3)2OH⎯⎯→CH2=C(CH3)COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O(6).+HCHO⎯⎯⎯⎯⎯→催化剂+H2O(7).5(8).【

解析】【分析】根据X到A的反应条件可知，该过程为X中醛基被氧化成羧基的过程，所以X的结构简式为；X与氢气加成生成D，碳碳双键和醛基中的碳氧双键均可加成，则D为；F可以合成天然橡胶，所以F为；结合F和G的结构简式可知E为，所以D到E为羟基的消去反应；A与乙二醇发生酯化反应生

成B，所以B为；B中含有碳碳双键，发生加聚反应生成C为。【详解】(1)X为，其含氧官能团为醛基；含有3种环境的氢原子，所以核磁共振氢谱有3组峰；(2)A到B为羧基和羟基的酯化反应(取代反应)；(3)根据分析可知C的结构简式为；(4)X发生银镜反应的方程式为CH2=

C(CH3)CHO+2Ag(NH3)2OH⎯⎯→CH2=C(CH3)COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；(5)E为，F为，所以反应方程式为+HCHO⎯⎯⎯⎯⎯→催化剂+H2O；(6)A的同分异构体中属于酯类且含有碳碳双键

的有：CH2=CHCOOCH3、CH2=CHCH2OOCH、CH=C(CH3)OOCH、CH3CH=CHOOCH、CH2=CHOOCCH3，共5种；(7)对比和的结构可知，需要将苯环加成，并再形成一个环，根据题目所给信息可知可以和SOCl2

形成，而该结构可以取代苯环上的氢原子，据此可以形成另一个环状结构，再结合羟基可以发生消去反应生成双键、羰基可以和氢气加成生成羟基，可知合成路线应为。【点睛】解决本题的关键是学生需要对细节熟悉，要知道合成天然橡胶的原材料为异戊二烯；第7小题合成路线的设计为本

题难点，要充分利用题目所给信息，找出形成另一个环的方法，要清楚羰基可以和氢气发生加成反应。